第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列（教师用书）-【新高考方案】2026年高考数学一轮总复习（旗舰版）

第十章|计数原理、概率、随机变量及其分布列 第一节　计数原理 明确目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题. 教材再回首 1.两个计数原理 (1)分类加法计数原理:完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. (2)分步乘法计数原理:完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法. 2.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合 作为一组 3.排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n,m,n∈N*) 个元素的所有不同排列的个数 从n个不同元素中取出m(m≤n,m,n∈N*)个元素的所有不同组合的个数 公式 =n(n-1)(n-2)…(n-m+1)= == 性质 =n!,0!=1 =1,=, += 4.排列数、组合数常用公式 (1)=(n-m+1). (2)=n. (3)(n+1)!-n!=n·n!. (4)k=n. (5)++…++=. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A选必修③P5例3改编)书架的第1层放有4本不同的语文书,第2层放有5本不同的数学书,第3层放有6本不同的体育书.从书架上任取1本书,不同的取法种数为　　　　,从书架的第1,2,3层各取1本书,不同的取法种数为　　　　.  解析:由分类加法计数原理知,从书架上任取1本书,不同的取法种数为4+5+6=15.由分步乘法计数原理知,从书架的第1,2,3层各取1本书,不同的取法种数为4×5×6=120. 答案:15　120 2.(组合性质的应用)若=+(n≥4,且n∈N*),则n=　　　　　　.  解析:由=+(n≥4),得=.又由=,得n-2=3,即n=5. 答案:5 3.(苏教选必修②P96T4改编)某校开设A类选修课3门,B类选修课4门,一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法种数为　　　　　　.  解析:由题意可知,这位同学可以从A类选修课中选1门,从B类选修课中选2门,也可以从A类选修课中选2门,从B类选修课中选1门,所以不同的选法种数为×+×=18+12=30. 答案:30 4.(人A选必修③P37T1(3)改编)安排6名歌手演出顺序时,要求某歌手不是第一个出场,也不是最后一个出场,则不同排法的种数为　　　　　. 解析:先安排这名歌手有种方法,余下5名歌手全排列为种方法.所以不同排法的种数为=4×5×4×3×2×1=480. 答案:480 二、易错小题的警醒训练 1.一个口袋内装有5个小球,另一个口袋内装有4个小球,所有这些小球的颜色互不相同,则从两个口袋中各取1个小球,有　　　　种不同的取法. 解析:分两步完成,第一步从第一个口袋内任取1个小球有5种方法,第二步从第二个口袋内任取1个小球有4种方法,根据分步乘法计数原理得到不同的取法种数为5×4=20.(易错点:利用分步乘法计数原理时,分步标准错误) 答案:20 2.由数字0,1,2,…,9这10个数字可以组成　　　　个没有重复数字的三位数.  解析:先考虑百位,有9种方法;然后考虑十位和个位,有9×8种方法,故没有重复数字的三位数有9×9×8=648个.(易错点:数字排列中忽视0的位置致误) 答案:648 题点一　两个基本计数原理的应用(自主练通) 1.某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友一本,则不同的赠送方法共有 (　　) A.4种 B.10种 C.18种 D.20种 解析:选B　赠送1本画册,3本集邮册,需从4人中选取1人赠送画册,其余赠送集邮册,有4种方法;赠送2本画册,2本集邮册,只需从4人中选出2人赠送画册,其余2人赠送集邮册,有6种方法.由分类加法计数原理可知,不同的赠送方法共有4+6=10(种). 2.(2025·大理模拟)现有4个同学站成一排,将甲、乙2个同学加入排列,保持原来4个同学顺序不变,则不同的排列方法种数为 (　　) A.10 B.20 C.30 D.60 解析:选C　4个同学站成一排有5个空,甲加入排列有5种情况,队列变成5个人有6个空,乙加入排列有6种情况,由分步乘法计数原理,得共有5×6=30种不同的排列方法. 3.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为 (　　) A.3 B.4 C.6 D.8 解析:选D　以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列首尾两项顺序颠倒,又得到4个新数列,所以所求的等比数列的个数为2×(2+1+1)=8. (易错提醒:易忽略颠倒顺序而错选B) 4.(2025·合肥模拟)2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施,某校历史方向有A,B,C,D,E五名屏蔽生总分在前9名,现在确定第1,2,5名是A,B,C三位同学,但A不是第一名,D,E两名同学只知道在第6至9名,且D的成绩比E好,则这5位同学总分名次的排位种数为 (　　) A.6 B.12 C.24 D.48 方法引入:先排A,再排B和C,对D进行分类,可排第6,7,8名,最后根据D的情况再排E. 解析:选C　第一步排A有两种可能:第2名或第5名;第二步排B和C有两种可能;第三步排D和E,D有第6,7,8名三种可能;当D为第6名时,E有第7,8,9名三种可能,当D为第7名时,E有第8,9名两种可能,当D为第8名时,E只有第9名一种可能,所以第三步的排位种数为3+2+1=6;根据分步乘法计数原理,所有名次排位种数为2×2×6=24. |思维建模|　完成一件事的方法种数的计算步骤 (1)审清题意,弄清要完成的事件是怎样的. (2)分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种. (3)弄清在每一类或每一步中的方法种数. (4)根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数. 题点二　排列问题 [例1]　有3名男生、4名女生,在下列不同条件下,求不同的排列方法数. (1)选5人排成一排; (2)排成前后两排,前排3人,后排4人; (3)全体排成一排,其中甲不站最左边,也不站最右边; (4)全体排成一排,其中甲不站最左边,乙不站最右边; (5)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定. 解:(1)从7人中选5人排列,有=7×6×5×4×3=2 520(种). (2)分两步完成,先选3人站前排,有种方法,余下4人站后排,有种方法,故共有=5 040(种). (3)法一:特殊元素优先法　先排甲,有5种排法,其余6人有种排列方法,共有5×=3 600(种). 法二:特殊位置优先法　左、右两边位置可安排除甲外的6人中的两人,有种排法,其他人有种排法,故共有=3 600(种). (4)法一:特殊元素优先法　甲在最右边时,其他人可全排列,有种排法;甲不在最右边时,可从余下的5个位置任选一个,有种排法,而乙可排在除去最右边的位置后剩下的5个中任选一个,有种排法,其他人全排列,有种不同排法,故共有+=3 720(种). 法二:间接法　7名学生全排列,有种排法,其中甲在最左边时,有种排法,乙在最右边时,有种排法,其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形,有种排法,故共有-2+=3 720(种). (5)由于甲、乙、丙的顺序一定,则满足条件的排法共有=840(种). |思维建模|　排列问题的分类与解法 对于有限制条件的排列问题,分析问题时有位置分析法和元素分析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法. [即时训练] 1.(2025·石家庄高三期中)如图,在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片,每格只放一张卡片,则“只有中间一列两个数字之和为7”的不同的排法有 (　　) A.16种 B.32种 C.64种 D.96种 解析:选D　根据题意,分三步进行:第一步,要求“只有中间一列两个数字之和为7”,则中间的数字为三组数1,6或2,5或3,4中的一组,共有3=6种排法;第二步,排第一步中剩余的两组数中的两个数字,且这两个数字之和不为7,共有=8种排法;第三步,排剩下的两个数字,共有=2种排法.由分步乘法计数原理知,共有不同的排法种数为6×8×2=96. 2.为了强化学校的体育教育教学工作,提高学生身体素质,加强学生之间的沟通,凝聚班级集体的力量,激发学生对体育的热情,某中学举办田径运动会.某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校4×100米接力赛,其中甲只能跑第一棒或第二棒,乙只能跑第二棒或第四棒,那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案种数为 (　　) A.48 B.36 C.24 D.12 解析:选B　当甲跑第一棒时,乙可跑第二棒或第四棒,共有=24(种)方案;当甲跑第二棒时,乙只能跑第四棒,共有=12(种)方案.故甲、乙都参加的不同棒次安排方案种数为24+12=36. 题点三　组合问题 [例2] (1)(2025·昆明模拟)将1,2,3,4,5,6,7这七个数随机地排成一个数列,记第i项为ai(i=1,2,…,7),若a1<a2<a3,a3>a4>a5,a5<a6<a7,则这样的数列共有 (　　) A.70个 B.71个 C.80个 D.81个 解析:选B　若a5=1,则这样的数列有=45个;若a5=2,则这样的数列有=20个;若a5=3,则这样的数列有=6个,所以满足条件的数列共有45+20+6=71个. (2)(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有　　　种(用数字作答).  解析:法一　由题意,可分三类:第一类,体育类选修课和艺术类选修课各选修1门,有种方案;第二类,在体育类选修课中选修1门,在艺术类选修课中选修2门,有种方案;第三类,在体育类选修课中选修2门,在艺术类选修课中选修1门,有种方案.综上,不同的选课方案共有++=64(种). 法二　若学生从这8门课中选修2门课,则有--=16(种)选课方案;若学生从这8门课中选修3门课,则有--=48(种)选课方案.综上,不同的选课方案共有16+48=64(种). 答案:64 |思维建模|　组合问题常见题型的求解策略 (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法.分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理. [即时训练] 3.(2024·天津和平二模)为响应党的二十大报告提出的“深化全民阅读”的号召,某学校开展读书活动,组织同学从推荐的课外读物中进行选读.活动要求甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 (　　) A.30种 B.60种 C.120种 D.240种 解析:选B　根据题意,分2步进行分析:首先选取1种相同课外读物的选法有=5种,再选取另外两种课外读物需不同,则共有=12种,所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有5×12=60种. 4.(2024·西安三模)2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆,一票难求,主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域,五位球迷相约看球赛,则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有 (　　) A.30种 B.60种 C.120种 D.240种 解析:选C　要使五人中恰有三人在同一区域,可以分成三步完成: 第一步,先从五人中任选三人,有种方法;第二步再选这三人所在的区域,有种方法; 第三步,将另外两人从余下的两个区域里任选,有·种方法.由分步乘法计数原理,得共有···=120种方法. 题点四　排列与组合的综合应用 考法(一)　相邻与相间问题 [例3] (1)(2022·新课标Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有 (　　) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 解析:选B　先将丙和丁捆在一起有种排列方式,然后将其与乙、戊排列,有种排列方式,最后将甲插入中间两空,有种排列方式,所以不同的排列方式共有=24种,故选B. (注意:排列、组合混合问题要先选后排) (2)某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是　　　　　.  解析:安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品1,小品2,相声”“小品1,相声,小品2”和“相声,小品1,小品2”.对于第一种情况,形式为“　小品1歌舞1小品2　相声　”,有=36(种)排法;同理,第三种情况也有36种排法;对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“　小品1　相声　小品2　”,有=48(种)排法,故共有36+36+48=120(种)排法. 答案:120 |思维建模|　相邻、相间问题的解题策略 (1)要求相邻时,把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列,同时注意捆绑元素的内部排列. (2)对不相邻问题,先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中. 考法(二)　分组分配问题 [例4] (1)(2025·西安模拟)现有4名男生和3名女生计划利用假期到某地景区旅游,由于是旅游的旺季,他们在景区附近订购了一家酒店的5间风格不同的房间,并约定每个房间都要住人,每个房间最多住2人,且男女不能混住.则不同的安排方法种数为 (　　) A.1 960 B.2 160 C.2 520 D.2 880 解析:选C　3名女生需要住2个房间或3个房间.若3名女生住2个房间,则不同的安排方法种数为;若3名女生住3个房间,则不同的安排方法种数为.故不同的安排方法种数为+=2 520. (2)(2025·新余模拟)将5个完全相同的球放入3个不同的盒子中有M种放法,将5个完全不同的球放入3个相同的盒子中有m种放法.若每个盒子中至少有一个球,则|M-m|= (　　) A.4 B.19 C.125 D.144 解析:选B　根据题意将5个完全相同的球放入3个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,利用隔板法共有=6种放法,所以M=6;将5个完全不同的球放入3个相同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,可以将5个球分成3组,有(1,1,3)和(1,2,2)两种分组方法,按(1,1,3)分组时,有=10种放法,按(1,2,2)分组时,有=15种放法,所以m=10+15=25,所以|M-m|=|6-25|=19. 习得方略:将n个相同元素分给m个不同对象(m,n∈N*;m≥2且n>m),求每个对象至少一个元素的情况种数问题常用隔板法. |思维建模|　分组、分配问题的解题思路 　　分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配. (1)分组问题属于“组合”问题. ①对于整体均分,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后一定要除以组数的阶乘; ②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!; ③对于不等分组,只需先分组,后排列. (2)分配问题属于“排列”问题. ①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”; ②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是分配; ③有限制条件的分配问题常采用分类法求解. [即时训练] 5.(2024·贵阳三模)第33届夏季奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办,这届奥运会新增霹雳舞、滑板、攀岩、冲浪四个比赛项目及两个表演项目.现有三个场地A,B,C分别承担这6个新增项目的比赛,且每个场地至少承办其中一个项目,其中两个表演项目不在一个场地举办,则不同的安排方法有 (　　) A.462种 B.300种 C.402种 D.390种 解析:选D　若三个场地分别承担2,2,2个项目,则有=72种安排;若三个场地分别承担1,2,3个项目,则有(++)=264种安排;若三个场地分别承担1,1,4个项目,则有+=54种安排.综上,不同的安排方法共有72+264+54=390种. 6.琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅.为弘扬中华优秀传统文化,某校决定从“八雅”中挑选“六雅”,于某周末开展知识讲座,每雅安排一节,连排六节.若“琴”“棋”“书”“画”必选,且要求“琴”“棋”相邻,“书”与“画”不相邻,则不同的排课方法共有　　　　种.(用数字作答)  解析:首先从“诗”“酒”“花”“茶”中选“两雅”,有种选法;“琴”“棋”相邻用捆绑法看作一个整体,与除“书”与“画”外的“两雅”全排列,有种排法;最后将“书”与“画”插入到所形成的4个空中的2个空,有种插法.按照分步乘法计数原理可得,共有=864(种)排课方法. 答案:864 7.(2025·南京开学考试)某校抽调志愿者去服务社区,已知有4名教师志愿者和2名学生志愿者,要分配到3个不同的社区参加服务.每个社区分配2名志愿者,若要求两名学生不分在同一社区,则不同的分配方案有 　　　　　种.  解析:有4名教师志愿者和2名学生志愿者,要分配到3个不同的社区参加服务,每个社区分配2名志愿者,共有×=90种分配方案.若两名学生分在同一社区,则有=18种分配方案,因为两名学生不分在同一社区,所以不同的分配方案有90-18=72(种). 答案:72 易错提醒:在处理平均分组问题时,容易忘记除以顺序致误. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.(2025·广州模拟)若a∈N*,且a<27,则(27-a)(28-a)·…·(34-a)等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　∵从27-a到34-a共有34-a-(27-a)+1=8个数,∴(27-a)(28-a)·…·(34-a)=. 2.若=6,则m等于 (　　) A.9 B.8 C.7 D.6 解析:选C　因为=6,所以m(m-1)(m-2)=6×,即1=,解得m=7. 3.某校计划在五四青年节期间举行歌唱比赛,高二年级某班从本班5名男生4名女生中选4人,代表本班参赛,按照学校要求女生至少参加1人至多参加2人,则选派方式共有 (　　) A.80种 B.90种 C.100种 D.120种 解析:选C　若恰有1名女生参加,则有=10×4=40种,若恰有2名女生参加,则有=10×6=60种,所以共有40+60=100种不同的选派方式.故选C. 4.(2025·泉州模拟)现有5种不同颜色的染料,要对如图所示的四个不同区域进行涂色,要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色,则不同的涂色方法种数是 (　　) A.120 B.140 C.240 D.260 解析:选D　第一步先涂A处,有5种涂法.第二步涂B处,有4种涂法.第三步涂C处,若C与A同色,则D有4种涂法;若C与A不同色,则D有3种涂法.由此得不同的涂色方法种数是5×4×(1×4+3×3)=260. 习得方略:在处理涂色问题时,可按照选择颜色的种数进行分类讨论,每减少一种颜色的使用,便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色(还要注意两两不相邻的情况),先列举出所有不相邻区域搭配的可能,再进行涂色即可. 5.(2025·淄博一模)小明设置六位数字的手机密码时,计划将自然常数e≈2.718 28…的前6位数字2,7,1,8,2,8进行某种排列得到密码.若排列时要求相同数字不相邻,且相同数字之间有一个数字,则小明可以设置的不同密码种数为 (　　) A.24 B.16 C.12 D.10 解析:选B　法一　若两个2之间是8,则有282817,282871,728281,128287,172828,712828,828217,828271, 782821,182827,178282,718282,共12种;若两个2之间是1或7,则有272818,818272,212878,878212,共4种.所以总共有16种. (解题关键点:分两个2之间是8和不是8两大类讨论) 法二　结合题目要求,因为两个2和两个8之间都需要一个数字,所以采用捆绑法解决问题,第一种情况将2828或8282作为一个整体,有2=12种排法;第二种情况将212,878或272,818分别捆绑为一个整体,有2=4种排法,所以共有12+4=16种. 6.(2025·宁波模拟)如图,某种雨伞架前后两排共8个孔,编号分别为1~8号.若甲、乙、丙、丁四名同学要放伞,每个孔最多放一把伞,则甲放在奇数孔,乙放在偶数孔,且丙、丁没有放在同一排的放法有 (　　) A.68种 B.136种 C.272种 D.544种 解析:选C　根据题意,分2种情况讨论:①甲、乙放在同一排,有=128种放法,②甲、乙不放在同一排,有=144种放法.故共有128+144=272种不同的放法.故选C. 7.(2025·上海模拟)从1,2,3,4,5这五个数字中,任取三个组成无重复数字的三位数,但当三个数字中有2和3时,2需排在3前面(不一定相邻),这样的三位数有 (　　) A.9个 B.15个 C.42个 D.51个 解析:选D　从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数共有=60个,当三个数字中有2和3时,3在2的前面(不一定相邻)有=9个,所以这样的三位数有60-9=51个.故选D. 8.(2025·济南模拟)甲、乙等6名高三同学计划今年暑假在A,B,C,D四个景点中选择一个打卡游玩,若每个景点至少有一个同学去打卡游玩,每位同学都会选择一个景点打卡游玩,且甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游玩,则不同的游玩方法有 (　　) A.96种 B.132种 C.168种 D.204种 解析:选C　由题意,甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游玩,则剩下的4人去其他两个景点游玩,有两种情况:①若3位同学去一个景点,1位同学去另一个景点,有=96种不同游玩方法;②分别都是2位同学去一个景点,有··=72种不同的游玩方法,由分类加法计数原理,得共有96+72=168种. 9.(2025·武汉模拟)不等式x1+x2+x3≤12,其中x1,x2,x3是非负整数,则使不等式成立的三元数组(x1,x2,x3)的组数为 (　　) A.560 B.455 C.91 D.55 方法引入:让x1,x2,x3都加上1,把问题转化成方程有正整数解的问题解决. 解析:选B　设x'1=x1+1,x'2=x2+1,x'3=x3+1,则不等式x1+x2+x3≤12有多少组非负整数解的问题,转化为3≤x'1+x'2+x'3≤15的正整数解的组数.因为方程x'1+x'2+x'3=3的解的组数为;x'1+x'2+x'3=4的解的组数为;…;x'1+x'2+x'3=15的解的组数为.所以原不等式解的组数为+++…+=+++…+= =455. 习得方略:方程x1+x2+…+xm=n(m,n∈N*且m≤n)正整数解的组数为. 二、多选题 10.(2025·呼伦贝尔期末)现有6个同学排成一排照相,其中甲、乙两位同学不能相邻,则不同的排法有 (　　) A.种 B.-种 C.种 D.种 解析:选BC　先将除甲、乙两位同学之外的4位同学排好,再将甲、乙两位同学插入5个空中,则不同的排法有种.假如甲、乙两位同学相邻,则有种排法,所以甲、乙两位同学不能相邻,不同的排法有-种.故选BC. 11.在某城市中,A,B两地之间有如图所示的道路网,甲随机沿道路网选择一条最短路径,从A地出发到B地,则下列结论正确的是 (　　) A.不同的路径共有31条 B.不同的路径共有41条 C.若甲途经C地,则不同的路径共有18条 D.若甲途经C地,且不经过D地,则不同的路径共有8条 解析:选AC　由题图可知,从A地出发到B地的最短路径共包含7步,其中3步向上,4步向右,且前3步中至少有1步向上,则不同的路径共有++=31(条),故A正确,B错误;若甲途经C地,则不同的路径共有=18(条),故C正确;若甲途经C地,且不经过D地,则不同的路径共有=9(条),故D错误. 12.安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动,有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排,则以下说法正确的是 (　　) A.若每人都安排一项工作,则不同的方法种数为45 B.若每项工作至少有1人参加,则不同的方法种数为 C.如果司机工作不安排,其余三项工作至少安排1人,则不同的方法种数为(+) D.若每项工作至少有1人参加,甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同的安排方法种数为+ 解析:选AD　若每人都安排一项工作,每人有4种安排方法,则有45种安排方法,故A正确;先将5人分为4组,再将分好的4组全排列,安排4项工作,有种安排方法,故B错误;先将5人分为3组,有种分组方法,将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作,有种情况,则有种安排方法,故C错误;①从丙、丁、戊中选出1人开车,②从丙、丁、戊中选出2人开车,则有(+)种安排方法,故D正确. 三、填空题 13.围棋在中国古时称“弈”,是一种策略性二人棋类游戏.围棋棋盘由纵横各19条等距离、垂直交叉的平行线构成.则围棋棋盘上的矩形数量为　　　　　.(用数字作答)  快审准解:直接由组合数知识以及分步乘法计数原理即可得解. 解析:矩形是在同一平面内,由两组平行线段组成,且每两相交线段均垂直的闭合图形.则横向19条线、纵向19条线中各选择2条即可,即×=29 241. 答案:29 241 14.同宿舍六位同学在食堂排队取餐,其中A,B,C三人两两不相邻,A和D是双胞胎必须相邻,这样的排队方法有　　　　　种.  解析:分三步:第一步,先将除A,B,C三人的其余三人进行排队,有种方法;第二步,第一步排好后有4个空位,因为A和D必须相邻,所以A只能插入与D相邻的两个空位,有2种方法;第三步,最后将B,C插入剩余三个空位,有种方法.由分步乘法计数原理,得共有×2×=72种排队方法. 答案:72 15.(2024·上海高考)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数,且元素中任意两者之积皆为偶数,则集合中元素个数的最大值为　　　　.  解析:由题意可知集合中最多有一个奇数,其余均为偶数.个位为0的无重复数字的三位正整数有=72(个);个位为2,4,6,8的无重复数字的三位正整数有=256(个).所以集合中最多有72+256=328(个)偶数,再加上一个奇数,则集合中元素个数的最大值为328+1=329. 答案:329 16.(2025·湖南师大附中质检)由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数,要求奇数不相邻,且4不在第四位,则这样的六位数共有　　　　　　个.  解析:先排偶数,有=6种方法,3个偶数共有4个空格,再将奇数插空,共有=24种情况,故组成没有重复数字且奇数不相邻的六位数的个数为=6×24=144.若4位于第四位,则第二位必须为偶数,可从数字2和6中二选一,有种选择,第五位与第六位,其中之一为偶数,故从两个位置中选择一个放入2和6中剩余的一个偶数,有种选择,剩余3个位置,3个奇数进行全排列,有=6种选择,则由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数中,奇数不相邻,且4位于第四位共有=24个.所以由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数中,奇数不相邻,且4不在第四位的六位数共有144-24=120个. 答案:120 习得方略:求解排列与组合的综合应用题的方法 (1)以元素为分析对象:先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素,即优元法(直接法); (2)以位置为分析对象:先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置,即优位法(直接法); (3)先不考虑附加条件:计算出所有排列数或组合数,再减去不符合要求的排列数或组合数(间接法). 17.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图所示的4×4方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　　种选法,在符合上述要求的选法中,选中方格中的四个数之和的最大值是　　　　　.  11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 解析:由题意知,选4个方格,每行和每列均恰有一个方格被选中,则第一列有4个方格可选,第二列有3个方格可选,第三列有2个方格可选,第四列有1个方格可选,所以共有4×3×2×1=24种选法.每种选法可标记为(a,b,c,d),a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列的数字,则所有的可能结果为(11,22,33,44),(11,22,34,43), (11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42),(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40),(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40),(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40),所以选中的方格中,(15,21,33,43)的4个数之和最大,为15+21+33+43=112. 答案:24　112 第二节　二项式定理 　明确目标 1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理. 2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 教材再回首 1.二项式定理 二项式定理 (a+b)n=an+an-1b1+…+an-kbk+…+bn(n∈N*) 二项展开式 an+an-1b1+…+an-kbk+…+bn(n∈N*)叫做(a+b)n的二项展开式 通项 an-kbk叫做二项展开式的通项,是展开式中的第k+1项,可记做Tk+1=an-kbk(k=0,1,2,…,n) 二项式系数 各项的系数为(k=0,1,2,…,n) 2.二项式系数的性质 对称性 在二项展开式中,与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.事实上,这一性质可直接由=得到 增减性与 最大值 当k<时,随k的增加而增大;当k>时,随k的增加而减少.如果二项式的幂指数n是偶数,那么其展开式中间一项,即的二项式系数最大;如果n是奇数,那么其展开式中间两项与的二项式系数相等且最大 各二项式 系数的和 +++…+=2n,且奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和,即+++…=+++…=2n-1 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A选必修③P31T4)(x-1)10的展开式的第6项的系数是 (　　) A. B.- C. D.- 答案:D 2.(人A选必修③P34T1(1))在(1-x)5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8的展开式中,含x3的项的系数是 (　　) A.74 B.121 C.-74 D.-121 答案:D 3.(苏教选必修②P96T9)若展开式中的常数项为60,则常数a的值为 (　　) A.4 B.2 C.8 D.6 解析:选A　由二项式定理得Tr+1=x6-r=(-1)r··x6-3r.令6-3r=0,得r=2,故15a=60,解得a=4. 4.(人A选必修③P38T3(5)改编)在(1-2x)10的展开式中,各项系数的和是　　　　.  解析:令x=1可得各项系数的和为(1-2)10=1. 答案:1 5.(人B选必修②P32例2改编)的展开式中含x3的项为　　　　. 答案:-84x3 二、易错小题的警醒训练 1.展开式中含项的系数为 (　　) A.420 B.-420 C.560 D.-560 解析:选D　由题意,知的二项展开式的通项为Tr+1=(2x)7-r=(-1)r27-rx7-3r,令7-3r=-2,得r=3,故含项的系数为(-1)324=-16×35=-560. (易错点:在二项式(a-b)n中,要注意b的系数为-1,展开求解时不要忽略 2.在二项式的展开式中,所有二项式系数的和是32,则展开式中各项系数的和为　　　　.  解析:由题意得2n=32,所以n=5.令x=1,得各项系数的和为(1-2)5=-1.(易错点:混淆“二项式系数”与“项的系数”) 答案:-1 题点一　二项展开式的通项及其应用 考法(一)　二项展开式的特定项及特定项系数 [例1] (1)(2024·北京高考)(x-)4的二项展开式中x3的系数为 (　　) A.15 B.6 C.-4 D.-13 解析:选B　(x-)4的二项展开式的通项为Tr+1=x4-r(-)r=(-1)r(r=0,1,2,3,4),令4-=3,解得r=2,故所求即为(-1)2=6. (2)若的展开式中共有n个有理项,则n的值为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选C　因为展开式的通项为Tr+1==,r=0,1,…,6,当且仅当r=0,3,6时,为整数,可得T1,T4,T7为有理项. 考法(二)　形如(a+b)m(c+d)n的展开式问题 [例2] (1)(2x3-2)的展开式的常数项为 (　　) A.-288 B.-312 C.480 D.736 解析:选A　因为的展开式的通项为Tr+1=(-2)r(0≤r≤8,r∈N), 所以(2x3-2)的展开式的项为 2x3(-2)r(0≤r≤8,r∈N)或 -2(-2)r(0≤r≤8,r∈N),当r=2时,2x3(-2)r=2x3x-3(-2)2=224,当r=8时,-2(-2)r=-2(-2)8=-512,所以(2x3-2)的展开式的常数项为-512+224=-288,故选A. (2)(2022·新课标Ⅰ卷)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为　　　　　　　.(用数字作答)  解析:(x+y)8展开式的通项Tr+1=x8-ryr,r=0,1,…,7,8.令r=6,得T6+1=x2y6,令r=5,得T5+1=x3y5,所以(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-=-28. 答案:-28 考法(三)　三项式问题 [例3]　(2025·辽宁模拟)展开式中含x2项的系数为 (　　) A.-120 B.-115 C.5 D.125 解析:选B　法一　是5个之积,展开后得到x2有两种可能:1个取x2,4个取-1,得到含有x2的项为x2(-1)4=5x2.2个取x2,2个取-,1个取-1,得到含有x2的项为(x2)2(-1)1=-120x2. 因此含x2项的系数为-120+5=-115. 法二　=,二项展开得(-1)5-k(k=0,1,2,3,4,5). (-1)5-k二项展开得 (-1)5-k+r2rx2k-3r(0≤r≤k). 由2k-3r=2得3r=2(k-1),或 因此含x2项的系数为 (-1)4×20+(-1)3×22=-115. |思维建模| (1)求二项展开式中的特定项,一般是化简通项公式后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零;求有理项时,指数为整数等),解出项数k+1,代回通项公式即可. (2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题,一般都可以根据因式连乘的规律,结合组合思想求解,但要注意适当地运用分类方法,以免重复或遗漏;也可利用排列组合的知识求解. (3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决,或利用展开式的原理求解. [即时训练] 1.(2025·杭州模拟)(2x-y)5的展开式中,x2y3的系数为 (　　) A.-10 B.10 C.-40 D.40 解析:选C　(2x-y)5展开式的通项为Tk+1=(2x)5-k(-y)k,0≤k≤5,k∈N,所以x2y3的系数为×22×(-1)3=-40. 2.已知(ax3+2x)的展开式中的常数项为0,则a= (　　) A.3 B.-3 C.2 D.-2 解析:选C　二项式的通项为Tr+1=(-2)rx5-2r,当5-2r=-3时,解得r=4,当5-2r=-1时,解得r=3, 所以展开式中的常数项为a(-2)4+2·(-2)3=80a-160=0,解得a=2.故选C. 3.(x2-2y-3)5的展开式中x4y项的系数为　　　　. 解析:由题意知(x2-2y-3)5的通项为 T=(x2)r(-2y)k(-3)5-k-r, 化简得T=(-2)k·(-3)5-k-rx2ryk, 令得 即T=(-2)·(-3)2x4y=-540x4y. 则x4y的系数为-540. 答案:-540 题点二　二项式系数与各项系数问题 考法(一)　二项式系数和与各项系数和 [例4] (1)在的展开式中,各项系数和与二项式系数和之和为128,则 (　　) A.二项式系数和为32 B.各项系数和为128 C.常数项为-135 D.常数项为135 解析:选D　令x=1,得各项系数和为2n,又二项式系数和为2n,则2×2n=128,得n=6,即二项式系数和为64,各项系数和也为64,故A、B不正确;的展开式的通项为Tk+1=·(3x)6-k·=·(-1)k36-k·,令6-k=0,得k=4,因此展开式中的常数项为T5=·(-1)4·32=135,故C不正确,D正确. (2)若(1+x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则a2+a6+a8=　　　　　　;a1+2a2+3a3+…+10a10=　　　　　.  解析:①由已知得(1+x)10展开式的通项为Tk+1=xk,所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数.故a2+a6+a8=++=300. ②对原式两边求导,得10(1+x)9=a1+2a2x+3a3x2+…+10a10x9. 令x=1,得a1+2a2+3a3+…+10a10=10×29=5 120. 答案:300　5 120 |思维建模| 若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则f(x)展开式中各项系数之和为f(1),偶次项系数之和为a0+a2+a4+…=,奇次项系数之和为a1+a3+a5+…=. 考法(二)　“二项式系数”与“项的系数”的最值问题 [例5] (1)(2025·廊坊模拟)(n∈N*)的展开式中只有第四项的二项式系数最大,则展开式中的常 数项为　　(　　) A.-160 B.-20 C.20 D.160 解析:选A　因为(n∈N*)的展开式中只有第四项的二项式系数最大,则由二项式系数性质知展开式共有7项,则n=6,展开式的通项为Tr+1=x6-r=(-2)rx6-2r. 展开式中的常数项,必有6-2r=0,即r=3,所以展开式中常数项为T4=(-2)3=-8×20=-160. 习得方略:(1)若已知第p项和第q项的二项式系数相等,则=,此时n=p+q-2; (2)若已知只有第p项的二项式系数最大,则最大,此时前后各有p-1项,n=2(p-1); (3)若已知第p项的二项式系数最大,则需分为只有第p项的二项式系数最大、第p项和第p+1项的二项式系数最大、第p项和第p-1项的二项式系数最大三种情况分类讨论. (2)(2024·全国甲卷)的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　. 解析:由题知,展开式通项为Tr+1=xr,0≤r≤10且r∈Z,设展开式中第r+1项系数最大,则解得即≤r≤.又r∈Z,故r=8. 所以展开式中系数最大的项是第9项,且该项系数为=5. 答案:5 |思维建模|　二项展开式中项的系数最值的求法 由于展开式中项的系数是离散型变量,可设展开式各项的系数分别为A1,A2,…,An+1,且第k项系数最大,因此在系数均为正值的前提下,求二项展开式中项的系数的最大值时只需解不等式组即得结果. [即时训练] 4.(2025·邵阳模拟)[多选]设(3x-2)(1+x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a7x7,则下列结论正确的是 (　　) A.a0=-2 B.a3=85 C.a1+a3+a5+a7=32 D.a0+2a1+22a2+23a3+…+27a7=2 916 解析:选ACD　(1+x)6展开式的通项为Tk+1=xk(k=0,1,2,…,6),a0=-2×=-2,故A正确;因为T4=20x3,T3=15x2,而(3x-2)(1+x)6的展开式中x3的系数为3×+(-2)×=45-40=5,故B错误;令x=1,得a0+a1+a2+…+a7=(3×1-2)(1+1)6=64,令x=-1,得a0-a1+a2-…-a7=0,两式相减得2(a1+a3+a5+a7)=64,即a1+a3+a5+a7=32,故C正确;令x=2,得a0+2a1+22a2+23a3+…+27a7=(3×2-2)(1+2)6=2 916,故D正确. 5.已知(1+2x)6的二项展开式中,二项式系数最大的项为a,系数最大的项为b,则=　　　　.  解析:由题意得a=·(2x)3=160x3, 通项Tr+1=2rxr(r=0,1,2,3,4,5,6), 当满足时,系数最大, 因为即 解得≤r≤.又r=0,1,…,6, 解得r=4,所以b=·(2x)4=240x4,故=. 答案: 二项式定理的综合应用 1.(二项式定理与导数的综合)已知(2x+3)8=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8,则a1+a2++++++= (　　) A.215 B.216 C.217 D.218 解析:选D　对(2x+3)8=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8两边求导,得16(2x+3)7=a1+2a2x+3a3x2+ 4a4x3+5a5x4+6a6x5+7a7x6+8a8x7.令x=,得a1+a2++++++=16×47=218. 2.(二项式定理与对数的运算综合)在(x+1)(x+2)·(x+3)(x+a)(x+b)的展开式中,含x4项的系数是10,则log2(a+b)= (　　) A.0 B.1 C.2 D.4 快审准解:在(x+1)(x+2)(x+3)(x+a)(x+b)的展开式中含x4的项即从5个因式中取4个x,1个常数项即可写出含x4的项,则可得出答案. 解析:选C　根据二项展开式可知含x4的项即从5个因式中取4个x,1个常数项即可写出含x4的项,所以含x4的项是(1+2+3+a+b)x4=10x4,可得a+b=4,即可得log2(a+b)=log24=2.故选C. 3.(二项式定理与整除问题)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的研究.设a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除得余数相同,则称a和b对模m同余.记为a≡b(mod m).若a=++++…+,a≡b(mod 17),则b的值可以是 (　　) A.14 B.15 C.16 D.17 解析:选C　因为++++…+=(1+1)44=244,所以a=244=1611=(17-1)11=1711-1710+…+ 171-1,所以a=17(1710-179+…+)-1,所以a被17除的余数是16.又a≡b(mod 17),所以b被17除的余数是16.故选C. 4.(二项式定理与数列综合)已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=(n+1)an(n∈N*),且a1=1,则(a54+1)55被8整除的余数为 (　　) A.4 B.6 C.7 D.5 解析:选C　当n≥2时,2Sn=(n+1)an,2=nan-1,两式相减可得2an=(n+1)an-nan-1,整理得(n-1)an=nan-1,即=,则是首项为1的常数列,故=1,则an=n.所以(a54+1)55=5555,能被56整除一定能被8整除,变形运用二项式定理展开,可以得到5555=(56-1)55=5655(-1)0+5654(-1)1+…+561(-1)54+560(-1)55,被8整除的余数即末项560(-1)55被8整除的余数,560(-1)55=-1=-8+7,则(a54+1)55被8整除的余数为7.故选C. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.(2025·白城模拟)(3+2x)n展开式中,只有第4项的二项式系数最大,则n的值为 (　　) A.8 B.7 C.6 D.5 解析:选C　因为只有一项二项式系数最大,所以n为偶数,故+1=4,得n=6. 2.(2025·雅礼中学模拟)若a>1,则的展开式中x4的系数的取值范围为 (　　) A.(192,+∞) B.(-∞,192) C.(-192,+∞) D.(-∞,-192) 解析:选D　的展开式中x4的系数为×25×(-a)=-192a,因为a>1,所以-192a<-192.故选D. 3.(2025·长春模拟)在的展开式中,二项式系数的和是16,则展开式中x2项的系数为 (　　) A.15 B.54 C.12 D.-54 解析:选B　因为二项式系数的和是16,所以2n=16,解得n=4.二项式展开式的通项为Tr+1=(x2)4-r=(-3)r,令8-3r=2⇒r=2,所以展开式中x2项的系数为(-3)2=54.故选B. 4.已知的展开式中,前三项的系数依次成等差数列,则展开式中二项式系数最大的项是 (　　) A. B.7 C.x2 D.7x2 快审准解:利用二项展开式的通项求出展开式前三项的系数,列出方程求出n的值,由二项式系数的性质求出答案. 解析:选C　展开式中的第r+1项为Tr+1=xn-r=, 所以前三项的系数依次为,,. 依题意,有+=,即1+×=n, 整理得n2-9n+8=0,解得n=1(舍去)或n=8. 由二项式系数的性质可知,展开式中第5项的二项式系数最大, 即T5==x2.故选C. 5.在(x+3)的展开式中,常数项为 (　　) A.- B. C.- D. 解析:选A　原式=x+3①, 而的通项为Tk+1=x6-2k.当6-2k=-1时,k=∉Z,故①式中的前一项不会出现常数项;当6-2k=0,即k=3时,可得①式中的后一项满足题意,此时原式的常数项为3××=-. 6.已知(x+a)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a9(x-1)9+a10(x-1)10,若a9=30,则实数a= (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 快审准解:利用换元法,根据二项式定理的性质,即可求解. 解析:选B　令x-1=t,则x=t+1,所以(t+1+a)10=a0+a1t+a2t2+…+a9t9+a10t10,所以T10=(a+1)t9,所以(a+1)=a9⇒10(a+1)=30⇒a=2.故选B. 习得方略:对于展开式中含有(m+x)因式的展开问题的解题策略 ①换元法,即令m+x=t,则x=t-m,再将x=t-m代入,即可转化为关于t的二项式,进而求解; ②整体代入法,实质是和换元法一致的,即将(m+x)看成一个“因子”,左、右两端都转化为有(m+x)的因式即可求解. 7.已知m为正整数,(x+y)2m的展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2m+1的展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m= (　　) A.5 B.6 C.7 D.8 解析:选B　由题意可知,a=,b=. ∵13a=7b,∴13·=7·, 即=,解得m=6. 8.在(x+y-2z)5的展开式中,xy2z2的系数是 (　　) A.120 B.-120 C.60 D.30 解析:选A　法一　由题意知(x+y-2z)5=[(x+y)-2z]5,展开式的第k+1项为(x+y)5-k(-2z)k,令k=2,可得第3项为(-2)2(x+y)3z2,(x+y)3的展开式的第m+1项为x3-mym,令m=2,可得第3项为xy2,所以(x+y-2z)5的展开式中xy2z2的系数是(-2)2=120. 法二　(x+y-2z)5相当于5个(x+y-2z)相乘,含xy2z2的项则是其中1个(x+y-2z)中取x,2个(x+y-2z)中取y,2个(x+y-2z)中取z,故系数为(-2)2=120. 9.已知p:a=-1,q:4n+a(n∈N*,n>1)能被3整除,则p是q的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 快审准解:首先根据二项式定理展开来分析4n+a(n∈N*,n>1)能被3整除时a的值,然后结合充分性和必要性判断即可. 解析:选A　因为4n+a=(1+3)n+a=1+3+32+…+3n+a,所以当a=-1时,4n+a(n∈N*,n>1)能被3整除,即p⇒q. 又4n+a(n∈N*,n>1)能被3整除时,不一定有a=-1,也可能a取其他值,比如a=2,即qp,所以p是q的充分不必要条件.故选A. 10.从的二项展开式中随机取出不同的两项,则这两项的乘积为有理项的概率为 (　　) A. B. C. D. 快审准解:求出二项式展开式,再利用古典概型求出这两项的乘积为有理项的概率. 解析:选A　展开式的通项为Tr+1=()5-r·=·,则的各项分别为 ·=,·x=5x,·=10,·x-2=10x-2,·=5 ,·x-5=x-5, 将这6项依次记为A,B,C,D,E,F,从的二项展开式中随机取出不同的两项有=15种情况,这两项的乘积为有理项的样本点为(A,C),(A,E),(B,D),(B,F),(C,E),(D,F),共6个,所以这两项的乘积为有理项的概率为=.故选A. 二、多选题 11.(2025·杭州质检)关于(a-b)11的说法正确的是 (　　) A.展开式中的二项式系数之和为2 048 B.展开式中只有第6项的二项式系数最大 C.展开式中第6项和第7项的二项式系数最大 D.展开式中第6项的系数最小 解析:选ACD　由二项式系数的性质知,(a-b)11的二项式系数之和为211=2 048,故A正确;因为(a-b)11的展开式共有12项,中间两项的二项式系数最大,即第6项和第7项的二项式系数最大,故B错误、C正确;因为展开式中第6项的系数是负数,且绝对值最大,所以展开式中第6项的系数最小,故D正确. 12.(2025·重庆模拟)已知二项式的展开式中各项系数之和是,则下列说法正确的是 (　　) A.展开式共有6项 B.二项式系数最大的项是第4项 C.展开式的常数项为540 D.展开式含有x2 解析:选BC　由于二项式的展开式中各项系数之和是,令x=1,则==,所以n=6,即二项式为,其展开后有7项,故A错误;二项式系数最大的项是第4项,故B正确;二项式展开式的通项为Tr+1==26-r·,所以当r=2时,常数项为24·=540,故C正确;当=2时,解得r=,不是整数,所以展开式不含有x2项,故D错误. 13.已知(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,展开式中的所有项的二项式系数和为64,下列说法正确的是 (　　) A.n=8 B.a0=1 C.a3=-160 D.|a1|+|a2|+…+|an|=36-1 解析:选BCD　因为展开式中的所有项的二项式系数和为64,所以2n=64,解得n=6,故A错误;由(1-2x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,令x=0,可得a0=1,故B正确;因为(1-2x)6展开式的通项为Tr+1=(-2x)r,r∈{0,1,2,3,4,5,6},所以a3x3=×(-2x)3=-160x3,所以a3=-160,故C正确;由展开式的通项为Tr+1=(-2x)r,r∈{0,1,2,3,4,5,6},所以a1,a3,a5<0,a0,a2,a4,a6>0,所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|=a0-a1+a2-…+a6,令x=-1,可得a0-a1+a2-…+a6=36,所以|a1|+|a2|+…+|an|=36-1,故D正确. 习得方略:令x=0可以求得展开式的常数项,令x=1可以求得展开式中所有项的系数之和. 三、填空题 14.(2024·上海高考)在(x+1)n的展开式中,若各项系数和为32,则展开式中x2的系数为　　　　.  解析:由题意得2n=32,所以n=5,则(x+1)5的通项Tr+1=x5-r1r,令5-r=2,得r=3,所以展开式中x2的系数为=10. 答案:10 15.从甲、乙、丙3名同学中选出2人担任正、副班长两个职位,共有n种方法,则的展开式中的常数项为　　　　.(用数字作答)  解析:由已知,得n==6,所以二项式展开式的通项为Tr+1=(2x)6-r=·(-1)r·26-r·x6-2r,令6-2r=0,得r=3,所以二项式的展开式中的常数项为·(-1)3·23=-160. 答案:-160 16.(2025·北京东城模拟)若的展开式中存在x2项,则由满足条件的所有正整数m从小到大排列构成的数列{an}的通项公式为　　　　　　　. 解析:展开式的通项为Tk+1=(-)k=(-1)k,由于展开式中存在x2项,令=2,则m=,所以an==4n. 答案:an=4n 17.已知f(x)=(1+x)m+(1+2x)n(m∈N*,n∈N*),f(x)的展开式中含x的项的系数为12,则f(x)的展开式中含x2的项的系数的最小值是　　　　.  解析:因为f(x)的展开式中含x的项的系数为12,所以+2=m+2n=12,所以f(x)的展开式中含x2的项的系数为+4=+2n(n-1)=+2n(n-1)=4n2-25n+66.因为y=4n2-25n+66=4+, n∈N*,所以当n=3时,x2的项的系数取得最小值27. 答案:27 第三节　随机事件、频率与概率 明确目标 1.结合具体实例,理解样本点和有限样本空间的含义,理解随机事件与样本点的关系. 2.了解随机事件的并、交与互斥的含义,能结合实例进行随机事件的并、交运算. 3.结合实例,会用频率估计概率. 教材再回首 1.样本空间和随机事件 样本点和有限样本空间 样本点 随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点,常用ω表示 样本空间 全体样本点的集合称为试验E的样本空间,常用Ω表示 有限样 本空间 如果一个随机试验有n个可能结果ω1,ω2,…,ωn,则称样本空间Ω={ω1,ω2,…,ωn}为有限样本空间 随机事件 定义 样本空间Ω的子集称为随机事件,简称事件 表示 大写字母A,B,C,… 随机事件的 极端情形 必然事件、不可能事件 2.事件的关系和运算 含义 符号表示 包含关系 A发生导致B发生 A⊆B 相等关系 B⊇A且A⊇B A=B 并事件(和事件) A与B至少一个发生 A∪B或A+B 交事件(积事件) A与B同时发生 A∩B或AB 互斥事件 (互不相容) A与B不能同时发生 A∩B=∅ 互为对立 A与B有且仅有一个发生 A∩B=∅, A∪B=Ω 3.频率与概率 频率的 稳定性 一般地,随着试验次数n的增大,频率偏离概率的幅度会缩小,即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A).我们称频率的这个性质为频率的稳定性 频率稳定 性的作用 可以用频率fn(A)估计概率P(A) 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(苏教必修②P278T1改编)“某点P到点A(-2,0)和点B(2,0)的距离之和为3”这一事件是 (　　) A.随机事件 B.不可能事件 C.必然事件 D.以上都不对 解析:选B　由于“某点P到点A(-2,0)和点B(2,0)的距离之和必大于等于4”,故“某点P到点A(-2,0)和点B(2,0)的距离之和为3”这一事件是不可能事件. 2.(人A必修②P235T1改编)一个人打靶时连续射击两次,事件“至少有一次中靶”的互斥事件是 (　　) A.至多有一次中靶 B.两次都中靶 C.只有一次中靶 D.两次都不中靶 答案:D 3.(人A必修②P235T2改编)掷一枚质地均匀的骰子,“向上的点数是1或3”为事件A,“向上的点数是1或5”为事件B,则 (　　) A.A∪B表示向上的点数是1或3或5 B.A=B C.A∪B表示向上的点数是1或3 D.A∩B表示向上的点数是1或5 答案:A 4.(北师大必修①P190T3改编)一个袋中装有大小相同的红、白、黄、黑4个球.从中先后取出2个球,则样本点的个数为　　　　.  答案:12 二、易错小题的警醒训练 1.某小组有三名男生和两名女生,从中任选两名去参加比赛,则下列事件是互斥而不对立的是 (　　) A.“恰有一名男生”和“全是男生” B.“至少有一名男生”和“至少有一名女生” C.“至少有一名男生”和“全是男生” D.“至少有一名男生”和“全是女生” 解析:选A　对于A,“恰有一名男生”和“全是男生”不能同时发生,但可以同时不发生,A是;对于B,“至少有一名男生”和“至少有一名女生”可以同时发生,即一名男生和一名女生的事件,B不是;对于C,“至少有一名男生”和“全是男生”可以同时发生,即全是男生的事件,C不是;对于D,“至少有一名男生”和“全是女生”不能同时发生,但必有一个发生,D不是.(易错点:互斥事件与对立事件关系模糊) 2.[多选]下述关于频率与概率的说法错误的是 (　　) A.设有一大批产品,已知其次品率为0.1,则从中任取100件,必有10件是次品 B.利用随机事件发生的频率估计随机事件发生的概率,即使随机试验的次数超过10 000,所估计出的概率也不一定很准确 C.随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 D.做7次抛硬币的试验,结果3次出现正面,因此,抛一枚硬币出现正面的概率是 解析:选ACD　从中任取100件,可能有10件是次品,A错误;10 000次的界定没有科学依据,“不一定很准确”的表达正确,试验次数越多,频率越稳定在概率值附近,但并非试验次数越多,频率就等于概率,B正确;多次重复试验中事件发生的频率在某一常数附近,此常数为概率,C中描述不符合概率定义,C错误;做7次抛硬币的试验,结果3次出现正面,因此,抛一枚硬币出现正面的频率是,不是概率为,D错误.(易错点:混淆频率和概率) 题点一　事件的关系与运算 [例1] (1)(2025·大连模拟)[多选]有甲、乙两种报纸供市民订阅,记事件E为“只订甲报纸”,事件F为“至少订一种报纸”,事件G为“至多订一种报纸”,事件I为“一种报纸也不订”,则下列命题正确的是 (　　) A.E与G是互斥事件 B.F与I互为对立事件 C.F与G不是互斥事件 D.G与I是互斥事件 解析:选BC　E与G有可能同时发生,不是互斥事件,故A错误;F与I不可能同时发生,且发生的概率之和为1,所以F与I互为对立事件,故B正确;F与G可以同时发生,不是互斥事件,故C正确;G与I可以同时发生,不是互斥事件,故D错误. (2)对空中飞行的飞机连续射击两次,每次发射一枚炮弹,设A={两次都击中飞机},B={两次都没击中飞机},C={恰有一弹击中飞机},D={至少有一弹击中飞机},则下列关系不正确的是 (　　) A.A⊆D B.B∩D=∅ C.A∪C=D D.A∪B=B∪D 解析:选D　用(x1,x2)表示射击的情况,其中x1表示第1次射击的情况,x2表示第2次射击的情况.设击中飞机为1,没击中为0,则样本空间Ω={(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)}.由题意得,A={(1,1)},B={(0,0)},C={(0,1),(1,0)}, D={(0,1),(1,0),(1,1)},则A⊆D,A∪C=D,且B∩D=∅.故A、B、C都正确;又B∪D=Ω,A∪B={(0,0), (1,1)}≠Ω,所以A∪B≠B∪D,故D不正确. |思维建模|　判断互斥事件、对立事件的两种方法 定义法 不可能同时发生的两个事件为互斥事件;两个事件,若有且仅有一个发生,则这两个事件为对立事件,对立事件一定是互斥事件 集合法 由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集,则事件互斥 事件A的对立事件所含的结果组成集合,是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集 [即时训练] 1.(2025·南通模拟)不透明盒子中装有除颜色外完全相同的2个红球、2个白球,现从盒子里随机取2个球.记事件M:至少一个红球,事件N:一个红球一个白球,则下列说法正确的是 (　　) A.M+N=N B.MN=N C.M与N互斥 D.M与N独立 解析:选B　现从盒子里随机取2个球.记事件M:至少一个红球,则存在两种情况,有一个红球和一个白球,有两个红球.M+N=M,故A错误;MN=N,故B正确;∵MN=N,∴M与N不互斥,故C错误,∵MN=N,∴N发生,M一定发生,M发生,N不一定发生,故M与N不独立,故D错误. 2.抛掷一枚质地均匀的骰子一次,事件1表示“骰子向上的点数为奇数”,事件2表示“骰子向上的点数为偶数”,事件3表示“骰子向上的点数大于3”,事件4表示“骰子向上的点数小于3”,则 (　　) A.事件1与事件3互斥 B.事件1与事件2互为对立事件 C.事件2与事件3互斥 D.事件3与事件4互为对立事件 解析:选B　由题可知,事件1可表示为A={1,3,5},事件2可表示为B={2,4,6},事件3可表示为C={4,5,6},事件4可表示为D={1,2},因为A∩C={5},所以事件1与事件3不互斥,A错误;因为A∩B为不可能事件,A∪B为必然事件,所以事件1与事件2互为对立事件,B正确;因为B∩C={4,6},所以事件2与事件3不互斥,C错误;因为C∩D为不可能事件,C∪D不为必然事件,所以事件3与事件4不互为对立事件,D错误. 题点二　频率与概率 [例2]　某地要举办一年一度为期一个月(30天)的大型商业峰会,一商店每天要订购相同数量的一种食品,每个该食品的进价为0.6元,售价为1元,当天卖不完的食品按进价的半价退回,食品按每箱100个包装.根据往年的销售经验,每天对该食品的需求量和当天到会的人数有关,为了确定订购计划,统计了往年的到会人数与需求量和到会人数与天数的有关数据如下: 到会人数/人 (8 000,9 000] (9 000,10 000] (10 000,11 000] (11 000,12 000] (12 000,13 000] 需求量/箱 400 450 500 550 600 天数 5 6 8 7 4 以到会人数位于各区间的频率估计到会人数位于各区间的概率. (1)估计商业峰会期间,该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率; (2)设商业峰会期间一天这种食品的销售利润为Y(单位:元),当商业峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时,写出Y的所有可能值,并估计Y不超过15 000元的概率. 解:(1)由表中数据可知商业峰会期间30天内,该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数为5+6+8=19,所以商业峰会期间该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率为. (2)当峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时,若到会人数位于区间(8 000,9 000]内,则Y=400×100×(1-0.6)+150×100×(0.3-0.6)=11 500元;若到会人数位于区间(9 000,10 000]内,则Y=450×100×(1-0.6)+100×100×(0.3-0.6)=15 000元;若到会人数位于区间(10 000,11 000]内,则Y=500×100×(1-0.6)+50×100×(0.3-0.6)=18 500元;若到会人数超过11 000,则Y=550×100×(1-0.6)=22 000元,即Y的所有可能值为11 500,15 000,18 500,22 000,Y不超过15 000元,意味着到会人数不超过10 000,到会人数不超过10 000的频率为=,所以Y不超过15 000元的概率的估计值为. |思维建模| 随机事件的频率与概率问题的常见类型及解题策略 (1)补全或列出频率分布表:可直接依据已知条件,逐一计数,写出频率. (2)由频率估计概率:可以根据频率与概率的关系,由频率直接估计概率. (3)由频率估计某部分的数值:可由频率估计概率,再由概率估算某部分的数值. [即时训练] 3.某商场计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶8元,售价每瓶10元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶4元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为600瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为400瓶;如果最高气温低于20,需求量为300瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得到下面的频数分布表: 最高气温 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天数 1 17 38 22 7 5 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率. (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过400瓶的概率,并求出前三年六月份这种酸奶每天平均的需求量; (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量为550瓶时,写出Y的所有可能值,并估计Y大于零的概率. 解:(1)由前三年六月份各天的最高气温数据,得到最高气温位于区间[20,25)和最高气温低于20的天数为1+17+38=56,∴六月份这种酸奶一天的需求量不超过400瓶的概率P==.前三年六月份这种酸奶每天平均的需求量为×[(22+7+5)×600+38×400+(1+17)×300]=≈456(瓶). (2)当最高气温大于等于25 ℃时,需求量为600,Y=550×2=1 100元,当最高气温在[20,25)℃时,需求量为400,Y=400×2-(550-400)×4=200元,当最高气温低于20 ℃时,需求量为300,Y=600-(550-300)×4=-400元,当最高气温大于等于20 ℃时,Y>0.由前三年六月份各天的最高气温数据,得最高气温大于等于20 ℃的天数为90-(1+17)=72,∴估计Y大于零的概率P==. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 一、单选题 1.(2025·三明调研)一个不透明的袋子中装有8个红球、2个白球,除颜色外,球的大小、质地完全相同,采用不放回的方式从中摸出3个球.下列事件为不可能事件的是 (　　) A.3个都是白球 B.3个都是红球 C.至少1个红球 D.至多2个白球 解析:选A　从8个红球、2个白球中采用不放回的方式从中摸出3个白球,不可能发生,故选A. 2.(2025·湖南雅礼中学模拟)若干个人站成一排,其中为互斥事件的是 (　　) A.“甲站排头”与“乙站排头” B.“甲站排头”与“乙不站排尾” C.“甲站排头”与“乙站排尾” D.“甲不站排头”与“乙不站排尾” 解析:选A　根据互斥事件不能同时发生,判断A是互斥事件;B、C、D中两事件能同时发生,故不是互斥事件. 3.在一个袋子中装有分别标注1,2,3,4,5的五个小球,这些小球除标注的数字外完全相同,现从中随机取出2个小球,则取出小球标注的数字之差的绝对值为2或4的事件包含的样本点个数为 (　　) A.2 B.4 C.6 D.8 解析:选B　从5个小球中任取2个,其中数字之差的绝对值为2或4的事件包含(1,3),(1,5),(2,4),(3,5),共4个样本点. 4.手机支付已经成为人们常用的付费方式,某大型超市为调查顾客付款方式的情况,随机抽取了100名顾客进行调查,统计结果整理如下: 顾客 年龄(岁) 20岁 以下 [20, 30) [30, 40) [40, 50) [50, 60) [60, 70) 70岁及 以上 手机 支付人数 3 12 14 9 5 2 0 其他支付 方式人数 0 0 2 13 27 12 1 从该超市顾客中随机抽取1人,估计该顾客年龄在[40,60)内且未使用手机支付的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　由题意可知该顾客年龄在[40,60)内且未使用手机支付的频率为=,用频率估计概率,估计该顾客年龄在[40,60)内且未使用手机支付的概率为. 5.如图,甲、乙两个元件串联构成一段电路,设M=“甲元件故障”,N=“乙元件故障”,则表示该段电路没有故障的事件为 (　　) A.M∪N B.M∩N C.∩ D.∪ 解析:选C　因为甲、乙两个元件串联,所以线路没有故障,即甲、乙都没有故障.故事件和同时发生,即事件∩发生. 6.抛掷一枚质地均匀的骰子,有如下随机事件:Ai=“向上的点数为i”,其中i=1,2,3,4,5,6,B=“向上的点数为偶数”,则下列说法正确的是 (　　) A.⊆B B.A2+B=Ω C.A3与B互斥 D.A4与对立 解析:选C　∵={2,3,4,5,6},B={2,4,6},∴B⊆,故A错误;A2+B={2}∪{2,4,6}={2,4,6}≠Ω,故B错误;A3与B不能同时发生,是互斥事件,故C正确;A4={4},={1,3,5},A4与互斥但不对立,故D错误. 二、多选题 7.不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张,一次任意取出2张卡片,则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有 (　　) A.2张卡片不全为红色 B.2张卡片中恰有一张为红色 C.2张卡片中至少有一张为红色 D.2张卡片都为绿色 解析:选BD　A中“2张卡片不全为红色”与“2张卡片都为红色”是对立事件.C中“2张卡片中至少一张为红色”包含事件“2张卡片都为红色”,二者并非互斥.显然B、D正确. 8.小张上班从家到公司开车有两条线路,所需时间(单位:分钟)随交通堵塞状况有所变化,其概率分布如表所示: 所需时间/分钟 30 40 50 60 线路一 0.5 0.2 0.2 0.1 线路二 0.3 0.5 0.1 0.1 则下列说法正确的是 (　　) A.任选一条线路,“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是对立事件 B.线路一所需的平均时间比线路二少 C.如果要求用不超过40分钟的时间从家赶到公司,小张应该走线路一 D.若小张上下班走不同线路,则所需时间之和大于100分钟的概率为0.04 解析:选BD　“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是互斥而不对立事件,所以A错误;线路一所需的平均时间为30×0.5+40×0.2+50×0.2+60×0.1=39(分钟),线路二所需的平均时间为30×0.3+40×0.5+50×0.1+60×0.1=40(分钟),所以线路一所需的平均时间比线路二少,所以B正确;线路一所需时间不超过40分钟的概率为0.7,线路二所需时间不超过40分钟的概率为0.8,小张应该选线路二,所以C错误;所需时间之和大于100分钟,则线路一、线路二的时间可以为(50,60),(60,50)和(60,60)三种情况,概率为0.2×0.1+0.1×0.1+0.1×0.1=0.04,所以D正确. 三、填空题 9.笼子中有4只鸡和3只兔,依次取出一只,直到3只兔全部取出,记录剩下动物的脚数.则该试验的样本空间Ω=　　　　. 解析:最少需要取3次,最多需要取7次,那么剩余鸡的只数最多4只,最少0只,所以剩余动物的脚数可能是8,6,4,2,0. 答案:{0,2,4,6,8} 10.在对于一些敏感性问题调查时,被调查者往往不愿意给正确答复,因此需要特别的调查方法.调查人员设计了一个随机化装置,在其中装有形状、大小、质地完全相同的50个黑球和50个白球,每个被调查者随机从该装置中抽取一个球,若摸到黑球则需要如实回答问题一:你公历生日是奇数吗?若摸到白球则如实回答问题二:你是否在考试中作过弊.若100人中有52人回答了“是”,48人回答了“否”.则问题二“考试是否作过弊”回答“是”的百分比为(以100人的频率估计概率)　　　　　.  解析:由题意,可知每名调查者从袋子中摸到1个白球或黑球的概率均为0.5,所以100人中回答第一个问题的人数为100×0.5=50,则另外50人回答了第二个问题,在摸到黑球的前提下,回答“是”的概率为,即摸到黑球且回答“是”的人数为50×=25,则摸到白球且回答“是”的人数为52-25=27,所以问题二“考试是否作过弊”回答“是”的百分比为=0.54=54%. 答案:54% 四、解答题 11.某校为了解学生在家学习的周均时长(单位:小时),随机调查了部分学生,根据他们学习的周均时长,得到如图所示的频率分布直方图. (1)求该校学生学习的周均时长的众数和平均数的估计值;(用每小组的组中间值代替本组数值) (2)估计该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率. 解:(1)众数为频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标,由题图可得众数为25. 平均数的估计值=10×(5×0.005+15×0.025+25×0.040+35×0.020+45×0.010)=25.5. (2)由题图知,学生学习的周均时长不少于30小时的频率为(0.020+0.010)×10=0.3. 则该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率估计值也为0.3. 12.某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下: 上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况,得到如下统计表: 出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记A为事件:“一续保人本年度的保费不高于基本保费”,求P(A)的估计值; (2)记B为事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”,求P(B)的估计值; (3)求续保人本年度平均保费的估计值. 解:(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知,一年内出险次数小于2的频率为=0.55,故P(A)的估计值为0.55. (2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4. 由所给数据知,一年内出险次数大于1且小于4的频率为=0.3,故P(B)的估计值为0.3. (3)由所给数据得 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 调查的200名续保人的平均保费为 0.85a×0.30+a×0.25+1.25a×0.15+1.5a×0.15+1.75a×0.10+2a×0.05=1.192 5a. 因此,续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a. 第四节　古典概型、概率的基本性质 明确目标 1.理解古典概型,能计算古典概型中简单随机事件的概率. 2.理解概率的性质,掌握随机事件的运算法则. 3.当求某一事件的概率较为复杂时,可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立事件的概率. 教材再回首 1.古典概型的特征 (1)有限性:样本空间的样本点只有有限个; (2)等可能性:每个样本点发生的可能性相等. 2.古典概型的概率公式 一般地,设试验E是古典概型,样本空间Ω包含n个样本点,事件A包含其中的k个样本点,则定义事件A的概率P(A)==. 其中,n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数. 3.概率的性质 性质1:对任意的事件A,都有P(A)≥0; 性质2:必然事件的概率为1,不可能事件的概率为0,即P(Ω)=1,P(∅)=0; 性质3:如果事件A与事件B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B); 性质4:如果事件A与事件B互为对立事件,那么P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B); 性质5:如果A⊆B,那么P(A)≤P(B),由该性质可得,对于任意事件A,因为∅⊆A⊆Ω,所以0≤P(A)≤1; 性质6:设A,B是一个随机试验中的两个事件,我们有P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B). 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A必修②P236“思考”改编)一枚硬币连掷2次,只有一次出现正面的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　一枚硬币连掷2次可能出现(正,正),(反,反),(正,反),(反,正)四种情况,只有一次出现正面的情况有两种,故P==. 2.(苏教必修②P302T8)从一批羽毛球中任取1个羽毛球,如果其质量小于4.8 g的概率为0.3,其质量不小于4.85 g 的概率为0.32,那么其质量在[4.8,4.85)(单位:g)范围内的概率是 (　　) A.0.62 B.0.38 C.0.7 D.0.68 解析:选B　记“质量小于4.8 g”为事件A,“质量不小于4.85 g”为事件B,“质量在[4.8,4.85)(单位:g)范围内”为事件C,所以P(C)=1-P(A)-P(B)=1-0.3-0.32=0.38. 3.(苏教必修②P292T3)甲、乙两个同学下棋,若甲获胜的概率为0.2,甲、乙下成和棋的概率为0.5,则甲不输的概率为　　　　. 解析:因为甲不输包含两种情况:甲获胜与甲、乙两人下成和棋,且它们是互斥事件,所以根据互斥事件的概率加法公式可得甲不输的概率P=0.2+0.5=0.7. 答案:0.7 二、易错小题的警醒训练 1.[多选]下列试验不是古典概型的是 (　　) A.任意抛掷两枚骰子,所得点数之和作为样本点 B.求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率,将取出的正整数作为样本点 C.从甲地到乙地共n条均不等长的路线,求某人正好选中最短路线的概率 D.抛掷一枚质地均匀的硬币到首次掷出正面为止 答案:ABD　(易错点:理解古典概型的有限性和等可能性,否则容易出现概念混淆) 2.对于随机事件A,B有P(A)=,P(AB)=,P(A+B)=,P(B)=　　　　　.  解析:因为P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB),所以P(B)=P(A+B)-P(A)+P(AB)=-+=.(易错点:易忽视只有当A∩B=∅,即A,B互斥时,P(A∪B)=P(A)+P(B),此时P(A∩B)=0) 答案: 题点一　简单的古典概型 [例1] (1)(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　法一　画出树状图: 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法,其中丙不在排头,且甲或乙在排尾的排法共有8种,所以所求概率为=,故选B. 法二　甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24(种)排法.丙不在排头,甲或乙在排尾,则丙在中间两个位置中选一个,有2种选法,甲或乙两人中选一个排尾也有2种选法,余下2人全排列,有=2(种)排法,故共有2×2×2=8(种)排法,所以所求概率为=. (2)(2025年1月·八省高考适应性演练)有8张卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8.现从这8张卡片中随机抽出3张,则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为　　　　. 解析:从8张卡片中随机抽出3张,则样本空间中的样本点总数为==56,因为1+2+3+4+5+6+7+8=36,所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等,则抽出的3张卡片上的数字之和应为18,则抽出的3张卡片上的数字的组合有8,7,3或8,6,4或7,6,5共3种,所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点共3个,所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为. 答案: |思维建模|　计算古典概型概率问题的一般步骤 (1)列出所有样本点,得到样本空间中样本点的总数n. (2)找出事件A所包含的样本点,得到A包含的样本点的个数m. (3)利用公式P(A)==,求出概率P(A). [即时训练] 1.(2025·东莞调研)甲、乙、丙、丁四人在足球训练中进行传球训练,从甲开始传球,甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人,以此类推,则经过3次传球后乙恰好接到1次球的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　按接球人分类:①不含甲,三人时,乙丙丁,乙丁丙,丙乙丁,丙丁乙,丁乙丙,丁丙乙,共6种;两人时,乙丙乙,丙乙丙,乙丁乙,丁乙丁,丁丙丁,丙丁丙,共6种;②含甲,乙甲乙,丙甲丙,丁甲丁,乙丙甲,乙甲丙,乙丁甲,乙甲丁,丙乙甲,丙甲乙,丁乙甲,丁甲乙,丙丁甲,丙甲丁,丁甲丙,丁丙甲,共15种,故共计27种.其中乙恰好接到1次球的情况有16种,所以所求概率为. 2.某地区从教育、医疗、卫生、环保四个领域中遴选6个提案提交审议,若每个领域至少有一个提案,则教育领域至少有2个提案的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　从教育、医疗、卫生、环保四个领域中遴选6个提案,且每个领域至少有一个提案的方法有+=10(种),其中教育领域有2个提案的方法有=3(种),教育领域有3个提案的方法有1种,因此教育领域至少有2个提案的方法有3+1=4(种),所以教育领域至少有2个提案的概率为=,故选B. 题点二　概率基本性质的应用 [例2]　某超市有奖销售中,购满100元商品得1张奖券,多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位,设特等奖1个,一等奖10个,二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A,B,C.求: (1)P(A),P(B),P(C); (2)1张奖券的中奖概率; (3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率. 解:(1)由题意得P(A)=,P(B)==,P(C)==. (2)1张奖券中奖可能是中特等奖、一等奖或二等奖.设“1张奖券中奖”为事件M,则M=A∪B∪C. 因为事件A,B,C两两互斥,所以P(M)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)==. 故1张奖券的中奖概率为. (3)抽1张奖券的结果共有4种可能:中特等奖,中一等奖,中二等奖,不中奖.其中,事件“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”包含2种可能:中二等奖和不中奖. 法一:直接法　设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N,设“1张奖券不中奖”为事件D. 由(2)得,P(D)=1-P(M)=1-=,所以P(N)=P(C)+P(D)=+=. 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为. 法二:间接法　设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N,则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件,所以P(N)=1-P(A∪B)=1-=. 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为. |思维建模|　求复杂的互斥事件概率的一般方法 (1)直接法:将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和,运用互斥事件的概率求和公式计算.当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时,要用到概率加法公式的推广,即P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An). (2)间接法:先求此事件的对立事件的概率,再用公式P(A)=1-P(),即运用逆向思维,特别是“至少”“至多”型题目,用间接法就显得较简便. [即时训练] 3.已知事件A,B满足P(A)=0.5,P(B)=0.2,则下列命题正确的是 (　　) A.若B⊆A,则P(AB)=0.5 B.若A与B互斥,则P(A+B)=0.7 C.若A与B相互独立,则P(A)=0.1 D.若P(B)+P(C)=1,则C与B相互对立 解析:选B　若B⊆A,则P(AB)=P(B)=0.2,故A错误.若A与B互斥,则P(A+B)=P(A)+P(B)=0.7,故B正确. 若A与B相互独立,则A与相互独立,P(A)=P(A)·P()=0.5×0.8=0.4,故C错误.若P(B)+P(C)=1,则由于不确定C与B是否互斥,所以无法确定两事件是否对立,故D错误.故选B. 4.学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组,3个小组分别有39,32,33名成员,一些成员参加了不止一个小组,具体情况如图所示.现随机选取一名成员,则他至少参加2个小组的概率为　　　　,他至多参加2个小组的概率为　　　　. 解析:记“恰好参加2个小组”为事件A,“恰好参加3个小组”为事件B,随机选取一名成员,恰好参加2个小组的概率P(A)=++=,恰好参加3个小组的概率P(B)==,则至少参加2个小组的概率为P(A)+P(B)=+=,至多参加2个小组的概率为1-P(B)=1-=. 答案:　 题点三　概率的综合应用 [例3]　为增强市民的节能环保意识,某市面向全市征召义务宣传志愿者.从符合条件的500名志愿者中随机抽取100名志愿者,其年龄频率分布直方图如图所示,其中年龄的分组区间是第1组[20,25),第2组[25,30),第3组[30,35),第4组[35,40),第5组[40,45]. (1)求图中x的值并根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在[30,35)的人数; (2)估计抽出的100名志愿者年龄的第61百分位数; (3)若在抽出的第1组、第2组和第4组志愿者中,采用按比例分配分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加中心广场的宣传活动,再从这6名志愿者中采用简单随机抽样的方法抽取2名志愿者担任主要负责人.求抽取的2名志愿者中恰好来自不同组的概率. 解:(1)(0.02+0.06+x+0.04+0.01)×5=1,解得x=0.07,500×0.07×5=175,估计这500名志愿者中年龄在[30,35)的人数为175. (2)设第61百分位数为y,由(0.02+0.06)×5=0.4<0.61,(0.02+0.06+0.07)×5=0.75>0.61,则y∈[30,35),可得(0.02+0.06)×5+0.07×(y-30)=0.61,解得y=33.故估计抽出的100名志愿者年龄的第61百分位数为33. (3)第1组、第2组和第4组的人数之比为0.02∶0.06∶0.04=1∶3∶2,抽取的6人中第1组、第2组和第4组的人数分别为1,3,2,从这6名中抽取的2名志愿者中恰好来自不同一组的概率P=++=. |思维建模|　古典概型与概率综合问题的解题策略 (1)将题目条件中的相关知识转化为事件; (2)判断事件是否为古典概型; (3)选用合适的方法确定样本点个数; (4)代入古典概型的概率公式求解. [即时训练] 5.(2025·南通六校联考)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试,学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析,分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图. (注:分组区间为[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]) (1)若得分大于或等于80认定为优秀,则男、女生的优秀人数各为多少? (2)在(1)中所述的优秀学生中用分层随机抽样的方法抽取5人,从这5人中任意选取2人,求至少有一名男生的概率. 解:(1)由题,可得男生优秀人数为100×(0.01+0.02)×10=30,女生优秀人数为100×(0.015+0.03)×10=45. (2)因为样本容量与总体中的个体数的比是=,所以样本中包含的男生人数为30×=2,女生人数为45×=3.则从5人中任意选取2人共有=10种选法,抽取的2人中没有男生有=3种选法,则至少有一名男生有-=7种选法.故至少有一名男生的概率为P=. 古典概型的综合问题 1.(古典概型与函数零点的交汇问题)在区间[-5,10]上任取一个整数m,则使函数f(x)=x2-2mx-2m存在两个不同零点的概率为 (　　) A. B. C. D. 快审准解:利用Δ=(-2m)2-4×1×(-2m)>0,可求有两个零点的m的范围,进而可求概率. 解析:选C　因为函数f(x)=x2-2mx-2m存在两个不同零点,所以f(x)=x2-2mx-2m=0有两个不同的根,所以Δ=(-2m)2-4×1×(-2m)>0,解得m<-2或m>0,在区间[-5,10]上任取一个整数m,共有16种取法,能使函数f(x)=x2-2mx-2m存在两个不同零点的取法有13种,所以使函数f(x)=x2-2mx-2m存在两个不同零点的概率为.故选C. 2.(古典概型与几何的交汇问题)以正方体ABCD⁃A1B1C1D1的8个顶点中的某4个为顶点可组成一个三棱锥,在所有这些三棱锥中任取一个,则该三棱锥各个面都不为直角三角形的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　如图所示,三棱锥C1⁃A1BD各面都是等边三角形,这样的三棱锥还有三棱锥A⁃CB1D1,共2个.以正方体ABCD⁃A1B1C1D1的8个顶点中的某4个为顶点可组成一个三棱锥,从8个顶点中任取三点不共线,若取4个点,且这四点共面,则四点所在的面是正方体的侧面或底面,或是正方体的对角面,如面AA1C1C,对角面的个数为6个,所以以正方体ABCD⁃A1B1C1D1的8个顶点中的某4个为顶点可组成一个三棱锥,不同的三棱锥的个数为-12=70-12=58,因此在所有这些三棱锥中任取一个,则该三棱锥各个面都不为直角三角形的概率为=. 3.(古典概型与向量的交汇问题)设m,n分别为连掷两次骰子得到的点数,且向量a=(m,n),b=(1,-2),则a与b的夹角为锐角的概率是　　　. 解析:因为向量a,b的夹角为锐角,所以a·b>0,即m-2n>0,m>2n.当m=6时,n有2种;当m=5时,n有2种;当m=4时,n有1种;当m=3时,n有1种.m>2n包含的样本点个数为6,而样本点总数为6×6=36,所以所求概率为=. 答案: 4.(古典概型与函数性质的交汇问题)一个盒子装有六张卡片,上面分别写着如下六个函数:f1(x)=x3,f2(x)=5|x|, f3(x)=2,f4(x)=,f5(x)=sin,f6(x)=xcos x.从中任意拿取2张卡片,则两张卡片上写着的函数相加得到的新函数为奇函数的概率是　　　　.  解析:f1(x)=x3的定义域为R, 因为f1(-x)=(-x)3=-x3=-f1(x), 所以f1(x)为奇函数.同理可得f4(x),f6(x)也为奇函数,f2(x),f3(x),f5(x)为偶函数. 从6张卡片里面任意拿取2张卡片共有=15种取法.其中两个函数相加得到的新函数为奇函数只能是“奇函数+奇函数”,因此共有=3种取法.所以P==. 答案: 5.(古典概型与数列的交汇问题)若数列a1,a2,a3,a4满足a1+a4=a2+a3,则称此数列为“准等差数列”.现从1,2,…,9,10这10个数中随机选取4个不同的数,则这4个数经过适当的排列后可以构成“准等差数列”的概率是　　　　　.  解析:和为5有2种组合,和为6有2种组合,和为7有3种组合,和为8有3种组合,和为9有4种组合,和为10有4种组合,和为11有5种组合,和为12有4种组合,和为13有4种组合,和为14有3种组合,和为15有3种组合,和为16有2种组合,和为17有2种组合,所以P==. 答案: 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.已知P(A)=0.6,P()=0.3,如果A⊆B,那么P(A∩B)= (　　) A.0.18 B.0.42 C.0.6 D.0.7 解析:选C　由于A⊆B,所以P(A∩B)=P(A)=0.6. 2.已知事件A,B互斥,它们都不发生的概率为,且P(A)=2P(B),则P()= (　　) A. B. C. D. 解析:选B　因为事件A,B互斥,它们都不发生的概率为,所以P(A+B)=P(A)+P(B)=1-=.将P(A)=2P(B)代入上式可得P(B)=,所以P(A)=,P()=. 3.(2025·张家口质检)已知a是1,3,3,5,7,8,10,11的第75百分位数,在1,3,3,5,7,8,10,11中随机取两个数,这两个数都小于a的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　因为8×75%=6,所以a==9.8个数中有6个数小于9,所以随机取两个数,这两个数都小于a的概率为=. 4.(2025·青海模拟)从五棱锥的6个顶点中随机选取4个,则这4个顶点在同一个平面内的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　从五棱锥的6个顶点中随机选取4个不同的选取方法有=15种,其中选取的4个顶点在同一个平面内的不同选取方法有=5种,则所求概率P==.故选C. 5.某校高三年级有班号为1~9的9个班,从这9个班中任抽5个班级参加一项活动,则抽出班级班号的中位数是5的概率等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　某校高三年级有班号为1~9的9个班,从这9个班中任抽5个班级参加一项活动,样本点总数n==126,抽出班级班号的中位数是5的样本点个数m==36,故抽出班级班号的中位数是5的概率P===.故选C. 6.(2025·咸阳一模)某家族有X,Y两种遗传性状,该家族某成员出现X性状的概率为,出现Y性状的概率为,X,Y两种性状都不出现的概率为,则该成员X,Y两种性状都出现的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　设该家族某成员出现X性状为事件A,出现Y性状为事件B,则X,Y两种性状都不出现为事件∩,两种性状都出现为事件A∩B,所以P(A)=,P(B)=,P(∩)=,所以P(A∪B)=1-P(∩)=.又因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B),所以P(A∩B)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=.故选B. 二、多选题 7.不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机抽取两次,每次取一个球.A表示事件“第二次取出的球上标有的数字大于等于3”,B表示事件“两次取出的球上标有的数字之和为5”,则 (　　) A.P(A)= B.P(B)= C.P(A∪B)= D.事件A与B相互独立 解析:选AC　因为第二次取出的球上标有的数字为3,4,5,6,所以P(A)==,故A正确;因为B={(4,1),(3,2),(2,3),(1,4)},所以P(B)==,故B错误;因为AB={(2,3),(1,4)},则P(AB)==,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=,故C正确;因为P(AB)≠P(A)P(B),所以事件A与B不独立,故D错误. 8.中国的五岳是指在中国境内的五座名山,坐落于东西南北中五个方位,分别是东岳泰山、西岳华山、南岳衡山、北岳恒山、中岳嵩山.小明与其父母共3人计划在假期出游,每人选一个地方,则下列说法正确的是 (　　) A.3人选择的地点均不同的方法总数为20 B.恰有2人选一个地方的方法总数为60 C.恰有1人选泰山的概率是 D.已知小明已选择去泰山的情况下,其父母至少有一人选择去泰山的概率为 解析:选BCD　3人选择的地点均不同的方法总数为=60,故A错误;恰有2人选一个地方的方法总数为××=60,故B正确;恰有1人选泰山的方法总数为×42=48,所有的方法数为53=125,所以恰有1人选泰山的概率是,故C正确;父母都不选择去泰山的概率为=,所以小明已选择去泰山的情况下,其父母至少有一人选择去泰山的概率为1-=,故D正确. 三、填空题 9.从不包含大小王的52张扑克牌中随机抽取一张,设事件A=“抽到红心”,事件B=“抽到方片”,且P(A)=P(B)=,记事件C=“抽到黑花色”,则P(C)=　　　　　.  解析:记事件D=“抽到红花色”,因为D=A∪B,且A,B不会同时发生,所以A,B是互斥事件,则P(D)= P(A∪B)=P(A)+P(B)=.又因为C,D互斥,且C∪D是必然事件,所以C,D互为对立事件,所以P(C)=1-P(D)=. 答案: 10.(2025·重庆诊断)饺子是我国的传统美食,不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个,韭菜馅饺子3个,这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取3个饺子,则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为　　　　　. 解析:分为两类,舀取到的饺子有1个白菜馅,2个韭菜馅或2个白菜馅,1个韭菜馅,所以所求概率P==. 答案: 11.(2024·全国甲卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球,设m为前两次取出的球上数字的平均数,n为取出的三个球上数字的平均数,则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　.  解析:设3次取出的球上的数字依次为a,b,c,则无放回地随机取3次球的取法有=120(种),则|m-n|==≤,可得|a+b-2c|≤3,即2c-3≤a+b≤2c+3. 当c=1时,a,b需要满足“-1≤a+b≤5”,所有可能情况为(2,3),(3,2),共2种; 当c=2时,a,b需要满足“1≤a+b≤7”,所有可能情况为(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(3,4),(4,1),(4,3),(5,1),(6,1),共10种; 当c=3时,a,b需要满足“3≤a+b≤9”,所有可能情况为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种; 当c=4时,a,b需要满足“5≤a+b≤11”,所有可能情况为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(5,6),(6,5),共16种; 当c=5时,a,b需要满足“7≤a+b≤13”,所有可能情况为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,4),(4,3),(3,6),(6,3),(4,6),(6,4),共10种; 当c=6时,a,b需要满足“9≤a+b≤15”,所有可能情况为(4,5),(5,4),共2种. 故共有2+10+16+16+10+2=56(种)可能情况,所以所求概率P==. 答案: 四、解答题 12.(2025·安庆模拟)县政府组织500人参加卫生城市创建“义工”活动,按年龄分组所得频率分布直方图如图,完成下列问题: 组别 [25,30) [30,35) [35,40) [40,45) [45,50] 人数 50 50 a 150 b (1)如表是年龄的频数分布表,求出表中正整数a,b的值; (2)现在要从年龄较小的第1,2,3组中用分层随机抽样的方法抽取6人,则第1,2,3组各抽取多少人? (3)在第(2)问的前提下,从这6人中随机抽取2人参加社区活动,求至少有1人年龄在第3组的概率. 解:(1)由题图可知,年龄在[35,40)间的频率为0.08×5=0.4,故a=0.4×500=200(人),b=500-(50+50+200+150)=50(人). (2)由题意知,第1,2,3组共有300人,现在抽取6人,其抽样比例为=,所以每组应该抽取的人数为第1组50×=1,第2组50×=1,第3组200×=4. (3)设第1组的人为A,第2组的人为B,第3组的人为c,d,e,f,现在随机抽取2人,共有AB,Ac,Ad,Ae,Af,Bc,Bd,Be,Bf,cd,ce,cf,de,df,ef 15种抽取方法,记事件E为“至少有1人来自第3组”,则P(E)=1-=. 13.袋中有7个大小形状相同颜色不全相同的小猫摆件,分别为黑猫、白猫、红猫,某同学从中任意取1个小猫摆件,得到黑猫或白猫的概率是,得到白猫或红猫的概率是. (1)某同学从中任取1个小猫摆件,得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是多少? (2)某同学从中任取2个小猫摆件,得到的2个小猫摆件颜色不相同的概率是多少? 解:(1)从中任取1个小猫摆件,分别记得到黑猫、白猫、红猫为事件A,B,C,因为A,B,C两两互斥,所以由题意得 解得所以任取1个小猫摆件,得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是,,. (2)由(1)知黑猫、白猫、红猫摆件的个数分别为3,2,2,记黑猫摆件为a,b,c,白猫摆件为m,n,红猫摆件为x,y,则从7个小猫摆件中任取2个小猫摆件的样本点有ab,ac,am,an,ax,ay,bc,bm,bn,bx,by,cm,cn,cx,cy, mn,mx,my,nx,ny,xy,共21个,其中2个小猫摆件是黑猫的样本点有ab,ac,bc,共3个,两个小猫摆件是白猫的样本点有mn,共1个,两个小猫摆件是红猫的样本点有xy,共1个,于是2个小猫摆件颜色相同的概率为=,则2个小猫摆件颜色不相同的概率是1-=. 第五节　事件的相互独立性、条件概率、全概率公式 　 明确目标 1.了解两个随机事件独立性的含义,结合古典概型,利用独立性计算概率. 2.了解条件概率,能计算简单随机事件的条件概率. 3.了解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率. 4.会利用全概率公式计算概率. 教材再回首 1.相互独立事件 概念 对任意两个事件A与B,如果P(AB)=P(A)·P(B)成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立 性质 若事件A与B相互独立,那么A与,与B, 与也都相互独立 2.条件概率及性质 (1)概念:一般地,设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,称P(B|A)=为在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率,简称条件概率. (2)条件概率的性质:设P(A)>0,则 ①P(Ω|A)= 1 ;  ②任何事件的条件概率都在0和1之间,即0≤P(B|A)≤1; ③如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A); ④设和B互为对立事件,则P(|A)=1-P(B|A). (3)概率的乘法公式 由条件概率的定义,对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则P(AB)=P(A)P(B|A),我们称该式为概率的乘法公式. 3.全概率公式 一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=P(Ai)P(B|Ai).我们称该公式为全概率公式. 4.*贝叶斯公式 设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)==i=1,2,…,n. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A必修②P253T2改编)若P(AB)=,P()=,P(B)=,则事件A与B的关系是 (　　) A.事件A与B互斥 B.事件A与B对立 C.事件A与B相互独立 D.事件A与B既互斥又相互独立 答案:C 2.(人A必修②P251例2改编)甲、乙两人同时报考某一所大学,甲被录取的概率为0.6,乙被录取的概率为0.7,两人是否被录取互不影响,则其中至少有一人被录取的概率为 (　　) A.0.12 B.0.42 C.0.46 D.0.88 解析:选D　设“甲被录取”记为事件A,“乙被录取”记为事件B,则两人至少有一人被录取的概率P=1-P()=1-[1-P(A)][1-P(B)]=1-0.4×0.3=0.88.故选D. 3.(人B选必修②P57T3改编)已知P(A)=0.8,P(B|A)=0.6,P(B|)=0.1,则P(B)=　　　　.  解析:P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.8×0.6+0.2×0.1=0.5. 答案:0.5 二、易错小题的警醒训练 1.一名信息员维护甲、乙两个公司的5G网络,一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立,它们需要维护的概率分别为0.4和0.3,则两个公司都需要维护的概率是　　　　,至少有一个公司不需要维护的概率为　　　　. 解析:因为两个公司是否需要维护相互独立,所以两个公司都需要维护的概率是0.4×0.3=0.12.“至少有一个公司不需要维护”的对立事件是“两个公司都需要维护”,所以至少有一个公司不需要维护的概率P=1-0.12=0.88.(易错点:混淆事件的类型,两事件互斥是指两事件不可能同时发生,两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响) 答案:0.12　0.88 2.从1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2个数,事件A=“第一次取到的是奇数”,B=“第二次取到的是3的整数倍”,则P(B|A)=　　　　. 解析:由题意得P(A)=,事件AB=“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”,若第一次取到的为3或9,则第二次有2种取法;若第一次取到的为1,5,7,则第二次有3种取法.故事件AB共包含2×2+3×3= 13(个)样本点,则P(AB)==.由条件概率的定义得P(B|A)==.(易错点:混淆A在B的条件下或B在A的条件下的运算公式) 答案: 题点一　事件的相互独立性 考法(一)　独立事件的判断 [例1]　(2025·郑州模拟)现有同副牌中的5张数字不同的扑克牌,其中红桃1张、黑桃2张、梅花2张,从中任取一张,看后放回,再任取一张.甲表示事件“第一次取得黑桃扑克牌”,乙表示事件“第二次取得梅花扑克牌”,丙表示事件“两次取得相同花色的扑克牌”,丁表示事件“两次取得不同花色的扑克牌”,则 (　　) A.乙与丙相互独立 B.乙与丁相互独立 C.甲与丙相互独立 D.甲与乙相互独立 解析:选D　由题意得,事件甲的概率P1=,事件乙的概率P2=,有放回地取扑克牌两次的试验的样本点总数是52=25,显然事件丙与丁是对立事件,两次取出的扑克牌花色相同包含的样本点数为12+22+22=9,则事件丙的概率P3=,所以事件丁的概率P4=.对于A,事件乙与丙同时发生所包含的样本点数为4,其概率P5=≠P2·P3,所以乙与丙不相互独立,所以A错误;对于B,事件乙与丁同时发生所包含的样本点数为6,其概率P6=≠P2·P4,所以乙与丁不相互独立,所以B错误;对于C,事件甲与丙同时发生所包含的样本点数为4,其概率P7=≠P1·P3,所以甲与丙不相互独立,所以C错误;对于D,事件甲与乙同时发生所包含的样本点数为4,其概率P8==P1·P2,所以甲与乙相互独立,所以D正确.故选D. |思维建模|　判断两个事件是否相互独立的方法 (1)直接法:直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率. (2)定义法:判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立. (3)转化法:由事件A与事件B相互独立知,A与,与B,与也相互独立. 考法(二)　相互独立事件的概率 [例2]　甲、乙、丙三人结伴去游乐园玩射击游戏,其中甲射击一次击中目标的概率为,甲、乙两人各射击一次且都击中目标的概率为,乙、丙两人各射击一次且都击中目标的概率为,且任意两次射击互不影响. (1)求甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标的概率; (2)甲一人射击不限次数,若想击中目标的概率不低于,甲至少需要射击多少次?(参考数据:lg 2≈0.301 0) (3)甲、乙各射击两次,求4次射击恰有2次击中目标的概率. 解:(1)记甲射击一次击中目标为事件A,乙射击一次击中目标为事件B,丙射击一次击中目标为事件C,因为任意两次射击互不影响. 依题意P(A)=,P(AB)=P(A)P(B)=,所以P(B)=. 又P(BC)=P(B)P(C)=,所以P(C)=, 记甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标为事件D,则D=A +B +C ,显然,事件A , B , C 两两互斥, 则P(D)=P(A +B +C )=P(A )+P(B )+P(C )=××+××+××=,所以甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标的概率为. (2)设甲射击n(n∈N*)次,则至少有一次击中目标的概率为1-[P()]n=1-, 令1-≥,所以≤, 所以n≥lo=log2100==≈≈6.644 5. 又n为正整数,所以nmin=7,即甲至少要射击7次. (3)记恰有2次击中目标为事件E,Ai,Bi分别表示甲、乙第i次击中目标的事件, 则E=B1B2+A2B2+A2B1+A1B2+A1B1+A1A2, 由于A1,A2,B1,B2是相互独立事件且上述6个事件两两互斥, 则P(E)=×+××+××+××+××+×=.故4次射击恰有2次击中目标的概率为. |思维建模|　求相互独立事件同时发生的概率的方法 (1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解; (2)正面计算较复杂(如求用“至少”表达的事件的概率)或难以入手时,可从其对立事件入手计算.判断事件相互独立,一般用定义判断. (3)如果事件A1,A2,…,An相互独立,那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,即P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)·…·P(An). [即时训练] 1.(2025·南充模拟)当P(A)>0时,若P(B|A)+P()=1,则事件A与B的关系是 (　　) A.互斥 B.对立 C.相互独立 D.无法判断 解析:选C　∵P(B|A)+P()=P(B|A)+1-P(B)=1,∴P(B|A)=P(B),即=P(B),∴P(AB)=P(A)P(B),∴事件A与B相互独立.故选C. 2.某公司的入职面试中有4道难度相当的题目,王阳答对每道题的概率都是0.7,若每位面试者共有4次机会,一旦某次答对抽到的题目则面试通过,否则就一直抽题到第4次为止,假设对抽到的不同题目能否答对是独立的. (1)求王阳第三次答题通过面试的概率; (2)求王阳最终通过面试的概率. 解:(1)记“王阳第三次答题通过面试”为事件A, 若王阳第三次答题通过面试,则前2次均不通过, 所以王阳第三次答题通过面试的概率为P(A)=(1-0.7)×(1-0.7)×0.7=0.063. (2)记“王阳最终通过面试”为事件B, 王阳未通过面试的概率为P()=(1-0.7)4=0.008 1, 所以王阳最终通过面试的概率P(B)=1-P()=0.991 9. 题点二　条件概率 [例3] (1)某个班级有55名学生,其中男生35名,女生20名,男生中有20名团员,女生中有12名团员.在该班中随机选取一名学生,A表示“选到团员”,B表示“选到的是男生”,则P(B|A)等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　根据题意可得,P(A)==,P(AB)==,故P(B|A)===.故选B. (2)(2025·南宁开学考试)质数又称素数,一个大于1的自然数,除了1和它本身外,不能被其他自然数整除,则这个数为质数,数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”.如3和5,5和7,…,那么,如果我们在不超过20的自然数中,随机选取两个不同的数,记事件A=“这两个数都是素数”,事件B=“这两个数不是孪生素数”,则P(B|A)= (　　) A. B. C. D. 方法引入:依题意,列出不超过20的自然数中的素数有8个,其中“孪生素数”有4对,利用缩小样本空间的方法易求出条件概率P(|A)的值,再运用对立事件的概率公式即得. 解析:选A　因为在不超过20的自然数中,素数有2,3,5,7,11,13,17,19,共8个,其中“孪生素数”有3和5,5和7,11和13,17和19,共4种情况,则P(|A)===,故P(B|A)=1-P(|A)=. |思维建模|　求条件概率的常用方法 (1)定义法:先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=求解. (2)样本点法:用古典概型的概率计算公式,先求事件A所包含的样本点个数n(A),再求事件AB所包含的样本点个数n(AB),则P(B|A)=. 易错提醒:不要混淆条件概率与积事件的概率. [即时训练] 3.抛掷一枚质地均匀的骰子两次,记A=“两次的点数均为偶数”,B=“两次的点数之和为6”,则P(A|B)= (　　) A. B. C. D. 解析:选D　事件B包含的样本点有(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3),共5个样本点,其中“两次的点数均为偶数”的有(2,4),(4,2),共2个样本点,所以P(A|B)==. 4.(2025·阜阳模拟)某公司进行招聘,甲、乙、丙被录取的概率分别为,,,且他们是否被录取互不影响,若甲、乙、丙三人中恰有两人被录取,则甲被录取的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　设甲、乙、丙被录取分别为事件A,B,C,三人中恰有两人被录取为事件D,则P(A)=,P(B)=, P(C)=,P(D)=P(BC∪AC∪AB)=P(BC)+P(AC)+P(AB)=××+××+××=,P(AD)=P(AC∪AB)=P(AC)+P(AB)=,所以P(A|D)===.故选C. 题点三　全概率公式的应用 [例4] (1)(2025·苏州模拟)羽毛球比赛水平相当的甲、乙、丙三人举行羽毛球比赛.规则为每局两人比赛,另一人担任裁判.每局比赛结束时,负方在下一局比赛担任裁判.如果第一局甲担任裁判,则第三局甲还担任裁判的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　由于甲、乙、丙三人的比赛水平相当,所以第二局乙或丙担任裁判的概率都是,第二局若是乙担任裁判,则第三局甲或丙担任裁判的概率都是,第二局若是丙担任裁判,则第三局甲或乙担任裁判的概率都是,由全概率公式可知,如果第一局甲担任裁判,则第三局甲还担任裁判的概率为P=×+×=.故选C. (2)(2024·宝鸡二模)某位同学家中常备三种感冒药,分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒.若这三类药物能治愈感冒的概率分别为,,,他感冒时,随机从这几盒药物里选择一盒服用(用药请遵医嘱),则感冒被治愈的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　记服用金花清感颗粒为事件A,服用连花清瘟胶囊为事件B,服用清开灵颗粒为事件C,感冒被治愈为事件D,依题意可得P(A)=,P(B)==,P(C)==,P(D|A)=,P(D|B)=,P(D|C)=, 所以P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=×+×+×=. |思维建模|　利用全概率公式解题的思路 (1)按照确定的标准,将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i=1,2,…,n). (2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(B|Ai). (3)代入全概率公式计算. [即时训练] 5.(2025·武汉质检)为践行“保护环境,绿色出行”的环保理念, 李先生每天从骑自行车、坐公交车两种方式中随机选择一种去上班.已知他选择骑自行车的概率为0.6,且骑自行车准时到达单位的概率为0.95,若李先生准时到达单位的概率为0.93,则他坐公交车准时到达单位的概率为 (　　) A.0.6 B.0.7 C.0.8 D.0.9 解析:选D　设A1=“李先生骑自行车上班”,A2=“李先生坐公交车上班”,B=“李先生准时到达单位”, 根据题意得,P(A1)=0.6,P(A2)=1-0.6=0.4,P(B|A1)=0.95.设P(B|A2)=m,则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)= 0.6×0.95+0.4m=0.93,解得m=0.9.故选D. 6.小李经常参加健身运动,他周一去健身的概率为,周二去健身的概率为,且小李周一不去健身的条件下周二去的概率是周一去健身的条件下周二去的概率的2倍,则小李周一、周二都去健身的概率为　　　　.  解析:设“小李周一去健身”为事件A,“小李周二去健身”为事件B,则“小李周一、周二都去健身”为事件AB,由题意可知P(A)=,P(B)=,且P(B|)=2P(B|A),由全概率公式可知P(B)=P(B|)P()+P(B|A)P(A),即=P(B|A)+P(B|A),解得P(B|A)=,所以P(AB)=P(B|A)P(A)=×=. 答案: 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.(2025·梅州模拟)已知事件A,B互斥,且P(A)=P(B)=0.5,M满足P(M|A)=0.8,P(M|B)=0.7,则P(M)= (　　) A.0.25 B.0.35 C.0.4 D.0.75 解析:选D　根据题意,由全概率公式可得P(M)=P(A)P(M|A)+P(B)P(M|B)=0.5×0.8+0.5×0.7=0.75.故选D. 2.已知随机事件A,B相互独立,且P(A)=P(B)=,则P(A∪B)= (　　) A. B. C. D. 解析:选B　因为事件A,B相互独立,且P(A)=P(B)=,可得P(AB)=P(A)P(B)=,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=. 3.如图,一个质点从原点0出发,每隔一秒随机等可能地向左或向右移动一个单位长度,共移动4次,在质点第一秒位于1的位置的条件下,该质点共经过两次2的位置的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　质点移动4次,共有2×2×2×2=16种情况,设质点第一秒位于1的位置为事件A,则P(A)=,记质点两次经过2为事件B,若第一步位于1,则还有3步,想要经过2两次,则有1→2→3→2,1→2→1→2两种情况,所以P(AB)==,则P(B|A)===.故选A. 4.(2025·淮安期中)某饮料厂生产A,B两种型号的饮料,已知A种饮料生产量是B种饮料生产量的2倍,且A,B两种型号的饮料中非碳酸饮料的比例分别为60%,40%,若从该厂生产的饮料中任选一瓶,则选到非碳酸饮料的概率约为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　设“选到非碳酸饮料”为事件B,“选出的饮料是A型号”记为事件A1,“选出的饮料是B型号”记为事件A2,则P(A1)=,P(A2)=,P(B|A1)=0.6,P(B|A2)=0.4,由全概率公式可得P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×0.6+×0.4==.故选B. 5.长时间玩手机可能影响视力.据调查,某校学生大约40%的人近视,而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1 h,这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h的学生中任意调查一名学生,则他近视的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　法一　令A1=“玩手机超过1 h的学生”,A2=“玩手机不超过1 h的学生”,B=“任意调查一人,此人近视”,则Ω=A1∪A2,且A1,A2互斥.依题意,P(A1)=0.2,P(A2)=0.8,P(B|A1)=0.5,P(B)=0.4.由全概率公式P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2),得0.4=0.2×0.5+0.8×P(B|A2), ∴P(B|A2)=. 法二　设该校有100名学生,整理得到如下列联表: 视力 玩手机时间 合计 超过1 h 不超过1 h 近视 10 30 40 不近视 10 50 60 合计 20 80 100 依题意所求概率为=. 6.(2025·广州模拟)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军.若比赛为“三局两胜”制(无平局),甲在每局比赛中获胜的概率均为,且各局比赛结果相互独立,则在甲获得冠军的条件下,比赛进行了三局的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　设A表示甲获得冠军,B表示冠军产生时恰好进行了三局比赛,则A包括“第一局甲赢、第二局甲赢”“第一局甲赢、第二局乙赢、第三局甲赢”“第一局乙赢、第二局甲赢、第三局甲赢”,则P(A)=×+××+××=,AB包括“第一局甲赢、第二局乙赢、第三局甲赢”“第一局乙赢、第二局甲赢、第三局甲赢”,则P(AB)=××+××=,P(B|A)===. 二、多选题 7.同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币,记“甲正面向上”为事件A,“乙正面向上”为事件B,“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C,则下列判断正确的是 (　　) A.A与B相互对立 B.A与B相互独立 C.P(C)= D.P(B|C)= 解析:选BD　由题意可知,事件A与事件B有可能同时发生,例如“甲正面向上且乙正面向上”,故事件A与事件B不是互斥事件,当然也不是对立事件,故A错误;依题意P(A)=,P(B)=,P(AB)===P(A)P(B),所以事件A与事件B相互独立,故B正确;P(C)=1-×=,因为B⊆C,所以P(BC)=P(B)=,所以P(B|C)===,故D正确,C错误. 8.(2025·遵义模拟)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,经他研究,随机事件A,B存在如下关系:P(A|B)=.现有甲、乙、丙三台车床加工同一种零件,甲车床加工的次品率为8%,乙车床加工的次品率为6%,丙车床加工的次品率为5%,加工出来的零件混放在一起,且甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%,40%,30%,设事件A1,A2,A3分别表示取到的零件来自甲、乙、丙车床,事件B表示任取一个零件为次品,则下列说法正确的是 (　　) A.P(A2B)=0.024 B.P(B|A3)=0.015 C.P(B)=0.063 D.P(A1|B)= 解析:选ACD　对于A,P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=0.06×0.4=0.024,故A正确;对于B,因为事件B|A3可理解为在确定产品是丙机床生产的条件下得到该产品为次品,故有P(B|A3)=5%,故B错误; 对于C,P(B)=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)·P(A2)+P(B|A3)P(A3)=0.08×0.3+0.06×0.4+0.05× 0.3=0.024+0.024+0.015=0.063,故C正确;对于D,P(A1|B)===,故D正确. 三、填空题 9.已知P(B)=,P(B|A)=,P(B|)=,则P(A)=　　　　.  解析:由P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|),得=P(A)×+[1-P(A)]×,解得P(A)=. 答案: 10.(2025·汕头开学考试)某填空题有两小问,按目前掌握信息:十个人中有四人能够答对第一问;在第一问答错情况下,第二问答对的概率仅为0.05;第一问答对的情况下,第二问答错的概率为0.7.用频率估计概率,选择有效信息估计该题两小问均答错的概率　　　　.  解析:设“第一问答对”为事件A,“第二问答对”为事件B,由题意可得P(A)==0.4,P(B|)=0.05,P(|A)=0.7,则P()=0.6,P(|)=0.95,P(B|A)=0.3, 所以P()=P()P(|)=0.57. 答案:0.57 11.银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时,忘记了密码的最后1位数字.若任意按最后1位数字,则不超过2次就按对的概率为　　　;如果记得密码的最后1位是偶数,不超过2次就按对的概率为　　　　. 解析:设Ai为“第i次按对密码”(i=1,2),则事件A“不超过2次就按对密码”可表示为A=A1∪A2. 事件A1与事件A2互斥,由互斥事件的概率加法公式和乘法公式,得P(A)=P(A1)+P(A2)=P(A1)+P()P(A2|)=+×=.因此,任意按最后1位数字,不超过2次就按对的概率为.设B为“密码的最后1位是偶数”,则由条件概率的性质可得P(A|B)=P(A1|B)+P(A2|B)=+=.因此,如果记得密码的最后1位是偶数,不超过2次就按对的概率为. 答案:　 四、解答题 12.(2025·新余模拟)小金、小郅、小睿三人下围棋,已知小金胜小郅、小睿两人的概率均为,小郅胜小睿的概率为,比赛采用三局两胜制,第一场比赛等概率选取一人轮空,剩余两人对弈,胜者继续与上一场轮空者比赛,另一人轮空.以此类推,直至某人赢得两场比赛,则其为最终获胜者. (1)若第一场比赛小金轮空,则需要下第四场比赛的概率为多少? (2)求最终小金获胜的概率. 解:(1)第一场比赛小郅获胜时,则第二场小金获胜,第三场小睿获胜,满足题意;第一场比赛小睿获胜时,则第二场小金获胜,第三场小郅获胜,满足题意,所以需要下第四场比赛的概率为××+××=. (2)由题意,最终小金获胜的情况如下, 当小金第一场轮空时, ①第一场小郅胜小睿输,第二场小金胜小郅输,第三场小金胜小睿输,此时小金获胜的概率为×××=. ②第一场小睿胜小郅输,第二场小金胜小睿输,第三场小金胜小郅输,此时小金获胜的概率为×××=. 所以当小金第一场轮空时,小金获胜的概率为P1=+=. 当小金第一场不轮空时, ①第一场小郅胜小金输,第二场小睿胜小郅输,第三场小金胜小睿输,第四场小金胜小郅输,此时小金获胜的概率为××××=. ②第一场小金胜小郅输,第二场小睿胜小金输,第三场小郅胜小睿输,第四场小金胜小郅输,此时小金获胜的概率为××××=, ③第一场小金胜小郅输,第二场小金胜小睿输,此时小金获胜的概率为××=, 所以第一场小郅与小金比赛,小金获胜的概率为P2=++=.同理,第一场小睿与小金比赛,小金获胜的概率为P3=, 综上,小金获胜的概率为P=P1+P2+P3=. 13.(2025·南京模拟)有完全相同的甲、乙两个袋子,袋子中有形状和大小完全相同的小球,其中甲袋中有9个红球和1个白球,乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子,再从该袋子中等可能地摸出一个球,称为一次试验.若多次试验直到摸出红球,则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为. (1)求首次试验结束的概率; (2)在首次试验摸出白球的条件下,我们对选到甲袋或乙袋的概率进行调整. ①求选到的袋子为甲袋的概率; ②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子,继续进行第二次试验时有如下两种方案:方案一,从原来的袋子中摸球;方案二,从另外一个袋子中摸球.请通过计算,说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. 解:设试验一次,“取到甲袋”为事件A1,“取到乙袋”为事件A2,“试验结果为红球”为事件B1,“试验结果为白球”为事件B2. (1)P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)=×+×=. 所以试验一次结果为红球的概率为, 即首次试验结束的概率为. (2)①因为B1,B2是对立事件, P(B2)=1-P(B1)=, 所以P(A1|B2)== ==, 所以选到的袋子为甲袋的概率为. ②由①得P(A2|B2)=1-P(A1|B2)=1-=, 所以方案一中取到红球的概率为 P1=P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)=×+×=. 方案二中取到红球的概率为 P2=P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)=×+×=. 因为>,所以方案二中取到红球的概率更大,即选择方案二第二次试验结束的概率更大. 第六节　离散型随机变量及其分布列、期望与方差 　明确目标 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念. 2.理解并会求离散型随机变量的数字特征(期望与方差). 教材再回首 1.随机变量 (1)随机变量 一般地,对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω,都有唯一的实数X(ω)与之对应,我们称X为随机变量. (2)离散型随机变量 可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量,我们称为离散型随机变量. 2.离散型随机变量的分布列 (1)定义 一般地,设离散型随机变量X的可能取值为x1,x2,…,xn,我们称X取每一个值xi的概率P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n为X的概率分布列,简称分布列. (2)性质 ①pi≥0,i=1,2,3,…,n;②p1+p2+…+pn=1. 3.离散型随机变量的均值与方差 一般地,若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn (1)均值 E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn=xipi为随机变量X的均值或数学期望,数学期望简称期望.反映了随机变量取值的平均水平. (2)方差 D(X)=(x1-E(X))2p1+(x2-E(X))2p2+…+(xn-E(X))2pn=(xi-E(X))2pi为随机变量X的方差,并称为随机变量X的标准差,记为σ(X).随机变量的方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度. 4.均值与方差的性质 (1)E(aX+b)=aE(X)+b; (2)D(aX+b)=a2D(X). 5.两点分布 (1)定义 对于只有两个可能结果的随机试验,用A表示“成功”,表示“失败”,定义X=如果P(A)=p,则P()=1-p,那么X的分布列如下表所示: X 0 1 P 1-p p 称随机变量X服从两点分布或0-1分布. (2)均值与方差 若随机变量X服从参数为p的两点分布,则E(X)=p,D(X)=p(1-p). 解题结论拓展 若Y=aX+b,其中a,b是常数,X是随机变量,则 (1)E(k)=k,D(k)=0,其中k为常数; (2)E(X1+X2)=E(X1)+E(X2); (3)D(X)=E(X2)-(E(X))2. 典题细发掘 1.(北师大选必修①P197T3改编)[多选]抛掷两枚骰子,记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为ξ,则“ξ=4”表示的试验结果是 (　　) A.第一枚6点,第二枚2点 B.第一枚5点,第二枚1点 C.第一枚2点,第二枚6点 D.第一枚6点,第二枚1点 答案:AB 2.(苏教选必修②P146T7)设随机变量X的可能取值为1,2,…,n,并且取1,2,…,n是等可能的.若P(X<4)=0.3,则下面结论中正确的是 (　　) A.n=3 B.n=4 C.n=10 D.n不能确定 答案:C 3.(人A选必修③P66T1改编)已知X的分布列为 X -1 0 1 P 设Y=2X+3,则E(Y)的值为 (　　) A. B.4 C.-1 D.1 解析:选A　E(X)=-1×+0×+1×=-,E(Y)=E(2X+3)=2E(X)+3=-+3=. 4.(人A选必修③P71T3改编)随机变量X的分布列为P(X=0)=0.2,P(X=1)=a,P(X=2)=b.若E(X)=1,则a=　　　　,b=　　　　. 解析:易知解得a=0.6,b=0.2. 答案:0.6　0.2 题点一　离散型随机变量分布列的性质(自主练通) 1.已知随机变量X的分布列如下表,则P(|X|=1)等于 (　　) X -1 0 1 P a c A. B. C. D. 解析:选C　由分布列可知a+c=1-=,故P(|X|=1)=P(X=1)+P(X=-1)=a+c=. 2.若随机变量X的分布列如下表所示,则当P(X<m)=0.3时,实数m的取值范围是 (　　) X -3 -2 0 1 2 P 0.2 0.1 0.2 0.1 0.4 A.[-3,2] B.(-2,0] C.(0,1] D.(1,2] 解析:选B　由分布列知P(X≤-2)=0.2+0.1=0.3,P(X≤0)=0.1+0.2+0.2=0.5,所以当m∈(-2,0]时,P(X<m)=0.3,即m的取值范围为(-2,0]. 3.离散型随机变量X的概率分布列为P(X=n)=(n=1,2,3,4),其中a是常数,则P等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　因为P(X=n)=(n=1,2,3,4),所以+++=1,解得a=,所以P= P(X=1)+P(X=2)=×+×=. 4.离散型随机变量X的概率分布中部分数据丢失,丢失数据以x,y代替,其概率分布如下: X 1 2 3 4 5 6 P 0.20 0.10 x 0.10 y 0.20 则P=　　　　　.  解析:由概率分布的性质可知随机变量的所有取值的概率和为1,则P=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)= 1-0.2-0.1-0.2=0.5. 答案:0.5 |思维建模|　离散型随机变量的分布列性质的应用 题点二　离散型随机变量的数字特征 考法(一)　均值与方差的性质 [例1]　设随机变量X的分布列为P(X=k)=(k=1,2,5),a∈R,E(X),D(X)分别为随机变量X的均值与方差,则下列结论正确的是 (　　) A.P(0<X<3.5)= B.E(3X+2)=7 C.D(X)=2 D.D(3X+1)=6 解析:选C　因为随机变量X的分布列为P(X=k)=(k=1,2,5),由分布列的性质可知, P(X=1)+P(X=2)+P(X=5)=++=1,解得a=1.P(0<X<3.5)=P(X=1)+P(X=2)=+=,故A错误;因为E(X)=1×+2×+5×=2,所以E(3X+2)=3E(X)+2=3×2+2=8,故B错误;由D(X)=×(1-2)2+×(2-2)2+×(5-2)2=2,故C正确;因为D(X)=2,所以D(3X+1)=9D(X)=18,故D错误. 考法(二)　求离散型随机变量的期望与方差 [例2]　某校天文社团将2名男生和4名女生分成两组,每组3人,分配到A,B两个班级招募新社员. (1)求到A班招募新社员的3名学生中有2名女生的概率; (2)设到A,B两班招募新社员的男生人数分别为a,b,记X=a-b,求X的分布列和方差. 解:(1)到A班招募新社员的3名学生中有2名女生的概率为P==. (2)由题意,X的可能取值为-2,0,2,则 P(X=-2)==,P(X=0)==, P(X=2)==, 所以X的分布列为 X -2 0 2 P 则E(X)=-2×+0×+2×=0, 所以D(X)=(-2-0)2×+(0-0)2×+(2-0)2×=. |思维建模|　求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤 (1)理解ξ的意义,写出ξ的所有可能取值; (2)求ξ取每个值的概率; (3)写出ξ的分布列; (4)由均值、方差的定义求E(ξ),D(ξ). [即时训练] 1.(2025·南通模拟)[多选]已知随机变量X,Y,其中Y=3X+1,且随机变量X的分布列如下表: X 1 2 3 4 5 P m n 若E(X)=3,则 (　　) A.m= B.n= C.E(Y)=10 D.D(Y)=21 解析:选AC　由m+++n+=1,得m+n=　①.由E(X)=m+2×+3×+4n+5×=3,得m+4n=　②,所以由①②可得n=,m=,故A正确,B错误;又因为E(Y)=E(3X+1)=3E(X)+1=10,故C正确.D(X)=(1-3)2×+(2-3)2×+(3-3)2×+(4-3)2×+(5-3)2×=4×+1×+1×+4×=,D(Y)=D(3X+1)=9D(X)=9×=,故D错误. 2.在一次班级联欢晚会上,某班设计了一个摸球表演节目的游戏:在一个纸盒中装有红球、黄球、白球、黑球各1个,这些球除颜色外完全相同,同学不放回地每次摸出1个球,若摸到黑球,则停止摸球,否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止.规定摸到红球表演两个节目,摸到白球或黄球表演1个节目,摸到黑球不用表演节目. (1)求a同学摸球三次后停止摸球的概率; (2)记X为a同学摸球后表演节目的个数,求随机变量X的分布列、数学期望和方差. 解:(1)设“a同学摸球三次后停止摸球”为事件E,则P(E)==, 故a同学摸球三次后停止摸球的概率为. (2)随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4. P(X=0)=,P(X=1)==,P(X=2)=+=,P(X=3)==,P(X=4)==. 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 期望E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=2,方差D(X)=(0-2)2×+(1-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×+(4-2)2×=. 题点三　离散型随机变量中的决策问题 [例3]　(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立. (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率. (2)假设0<p<q. ①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛? ②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛? 解:(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲在第一阶段至少投中1次,乙在第二阶段也至少投中1次, 故比赛成绩不少于5分的概率P=[1-(1-p)3]×[1-(1-q)3]=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)①若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为p1=[1-(1-p)3]q3, 若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为p2=[1-(1-q)3]·p3, ∵0<p<q<1, ∴p1-p2=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3 =(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)·[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)] =(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2) =3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0,∴p1>p2,应该由甲参加第一阶段比赛. ②若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X的所有可能取值为0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, ∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p). 若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10,15, 同理E(Y)=15p(q3-3q2+3q), ∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)]=15pq(p-q)(p+q-3), ∵0<p<q<1,∴p-q<0,p+q-3<1+1-3<0, ∴pq(p-q)(p+q-3)>0, ∴应该由甲参加第一阶段比赛,才能使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大. |思维建模|　 随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量,是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值,若均值相同,再用方差来决定. [即时训练] 3.某农产品经销商计划分别在甲、乙两个市场销售某种农产品(两个市场的销售互不影响),为了了解该农产品的销售情况,现分别调查了该农产品在甲、乙两个市场过去10个销售周期内的销售情况,得下表: 市场 销售周期个数 3吨 4吨 5吨 甲 3 4 3 乙 2 5 3 (1)从过去10个销售周期中随机抽取一个销售周期,求甲市场销售量为4吨的概率; (2)以市场销售量的频率代替销售量的概率.设X(单位:吨)表示下个销售周期两个市场的总销售量,求随机变量X的分布列; (3)在(2)的条件下,设该经销商计划在下个销售周期购进n吨该产品,在甲、乙两个市场同时销售,已知该产品每售出1吨获利1 000元,未售出的产品降价处理,每吨亏损200元.以销售利润的期望作为决策的依据,判断n=7与n=8应选用哪一个. 解:(1)设甲市场销售量为4吨的事件为A,则P(A)=0.4. (2)设甲市场销售量为x吨的概率为P(x),乙市场销售量为y吨的概率为P(y),则由题意得P(x=3)=0.3,P(x=4)=0.4,P(x=5)=0.3;P(y=3)=0.2,P(y=4)=0.5,P(y=5)=0.3.设两个市场总销售量为X的概率为P(X),X所有可能的取值为6,7,8,9,10,P(X=6)=P(x=3,y=3)=P(x=3)P(y=3)=0.3×0.2=0.06, P(X=7)=P(x=3,y=4)+P(x=4,y=3)=0.3×0.5+0.4×0.2=0.23, P(X=8)=P(x=3,y=5)+P(x=4,y=4)+P(x=5,y=3)=0.3×0.3+0.4×0.5+0.3×0.2=0.35, P(X=9)=P(x=4,y=5)+P(x=5,y=4)=0.4×0.3+0.3×0.5=0.27, P(X=10)=P(x=5,y=5)=0.3×0.3=0.09, 所以X的分布列为 X 6 7 8 9 10 P 0.06 0.23 0.35 0.27 0.09 (3)由(2)知,当n=7时,P(X=6)=0.06,P(X≥7)=0.94,设销售利润为T1,则当X=6时,T1=1 000×6-(7-6)×200=5 800,当X≥7时,T1=1 000×7=7 000,因此T1的分布列为 X X=6 X≥7 T1 5 800 7 000 P 0.06 0.94 则E(T1)=5 800×0.06+7 000×0.94=6 928元. 当n=8时,P(X=6)=0.06,P(X=7)=0.23,P(X≥8)=0.71,设销售利润为T2,则当X=6时,T2=1 000×6-(8-6)×200=5 600,当X=7时,T2=1 000×7-(8-7)×200=6 800,当X≥8时,T2=1 000×8=8 000, 因此T2的分布列为 X X=6 X=7 X≥8 T2 5 600 6 800 8 000 P 0.06 0.23 0.71 则E(T2)=5 600×0.06+6 800×0.23+8 000×0.71=7 580元. 因为7 580>6 928,所以应选n=8. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.一次考试选择题每题5分,设某学生答对的选择题数为随机变量X,选择题得分为随机变量Y,已知P(Y≥30)=0.6,则P(X<6)的值为 (　　) A.0.6 B.0.5 C.0.3 D.0.4 解析:选D　根据题意知Y=5X,所以X<6⇔5X<30⇔Y<30.因为P(Y≥30)=0.6,所以P(Y<30)=0.4,所以P(X<6)=0.4.故选D. 2.(2025·牡丹江模拟)已知随机变量X满足E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,则下列选项正确的是 (　　) A.E(X)=,D(X)= B.E(X)=2,D(X)=4 C.E(X)=2,D(X)=8 D.E(X)=,D(X)=8 解析:选B　因为E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,所以2E(X)+3=7,22D(X)=16,解得E(X)=2,D(X)=4.故选B. 3.(2025·广州模拟)已知随机变量X的分布列如下表所示: X -1 0 1 P m n 若P(X≤0)=,且2X+Y=1,则D(Y)= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　由P(X≤0)=,得m=-=,n=1-P(X≤0)=,则E(X)=-1×+0×+1×=,D(X)=E(X2)-(E(X))2=1×+0×-=,由2X+Y=1,得Y=1-2X,所以D(Y)=4D(X)=.故选C. 4.甲、乙两人进行乒乓球比赛,每人各局取胜的概率均为,现采用五局三胜制,胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜,此时因为某种原因比赛中止,为使奖金分配合理,则乙应得奖金 (　　) A.700元 B.600元 C.200元 D.100元 解析:选D　设甲应得奖金为X,X的可能取值为800,0,甲赢得比赛有3种情况:①胜第3局,甲赢的概率为,②输第3局,胜第4局,甲赢的概率为×=,③输第3,4局,胜第5局,甲赢的概率为××=,∴甲赢的概率为++=,∴E(X)=800×+0×=700,则乙应得奖金为800-700=100(元). 二、多选题 5.(2025·贵阳模拟)离散型随机变量X的分布列如下表所示,m,n是非零实数,则下列说法正确的是 (　　) X 2 024 2 025 P m n A.m+n=1 B.X服从两点分布 C.2 024<E(X)<2 025 D.D(X)=mn 解析:选ACD　对于A,由分布列的性质,得满足m+n=1,所以A正确;对于B,根据两点分布,知随机变量X的取值为0和1,所以B错误;对于C,由期望的公式,得E(X)=2 024m+2 025n=2 024·(1-n)+2 025n=2 024+n,因为0<n<1,所以2 024<2 024+n<2 025,即2 024<E(X)<2 025,所以C正确;对于D,由方差的公式,得D(X)=[2 024-(2 024+n)]2·m+[2 025-(2 024+n)]2·n=n2·m+(1-n)2·n=mn2+m2n=mn(m+n)=mn,所以D正确.故选ACD. 6.某校欲举办运动会,为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍,运动会组织委员会欲从4名男志愿者,3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长.下列说法正确的有 (　　) A.设事件A:“抽取的3人中既有男志愿者,也有女志愿者”,则P(A)= B.设事件A:“抽取的3人中至少有一名男志愿者”,事件B:“抽取的3人中全是男志愿者”,则P(B|A)= C.用X表示抽取的3人中女志愿者的人数,则E(X)= D.用Y表示抽取的3人中男志愿者的人数,则D(Y)= 解析:选ABD　所有可能的情况有=35(种),其中既有男志愿者,也有女志愿者的情况有+=30(种),故P(A)==,故A正确;P(AB)==,P(A)==,所以P(B|A)===,故B正确;X的所有可能取值为0,1,2,3,则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,所以E(X)=0×+1×+ 2×+3×=,故C错误;由C知,D(X)=×+×+×+×=.因为Y=3-X,所以D(Y)=D(X)=,故D正确. 三、填空题 7.现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=　　　　,E(ξ)=　　　　. 解析:由题意知P(ξ=2)==.ξ的可能取值为1,2,3,4.P(ξ=1)===,P(ξ=3)==,P(ξ=4)==,所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 4 P E(ξ)=1×+2×+3×+4×=. 答案:　 8.(2025·宜宾模拟)小青准备用9万元投资A,B两种股票,已知两种股票收益相互独立,且这两种股票的买入都是每股1万元,每股收益的分布列如下表所示,若投资A种股票a万元,则小青两种股票的收益期望和为　　　万元. 股票A的每股收益分布列 收益X/万元 -1 0 3 概率 0.3 0.2 0.5 股票B的每股收益分布列 收益Y/万元 -3 4 概率 0.4 0.6 解析:由题中两种股票每股收益的分布列可知E(X)=-1×0.3+0×0.2+3×0.5=1.2,E(Y)=-3×0.4+4×0.6=1.2,所以两种股票的收益期望和为aE(X)+(9-a)E(Y)=1.2a+(9-a)×1.2=1.2×9=10.8(万元). 答案:10.8 9.(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为　　　　　　. 解析:设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X2,X3,X4,四轮的总得分为X.对于任意一轮,甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等,其中使得甲获胜的出牌组合有六种,从而甲在该轮获胜的概率P(Xk=1)==,所以E(Xk)=(k=1,2,3,4).从而E(X)=E(X1+X2+X3+X4)=E(Xk)==. 记pk=P(X=k)(k=0,1,2,3). 如果甲得0分,则组合方式是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8,所以p0==. 如果甲得3分,则组合方式也是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出8,2,4,6,所以p3==. 而X的所有可能取值是0,1,2,3,故p0+p1+p2+p3=1,p1+2p2+3p3=E(X)=. 所以p1+p2+=1,p1+2p2+=,两式相减即得p2+=,故p2+p3=. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 答案: 四、解答题 10.(2025·天津期末)本着健康低碳的生活理念,租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费,超过两小时的部分,每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为,;两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为,;两人租车时间都不会超过四小时. (1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率; (2)求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率; (3)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量X,求X的分布列、均值E(X)、方差D(X). 解:(1)由题意可知,甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为,, 设甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A, 则P(A)=×+×+×=,所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为. (2)若甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元,则分为甲两小时以上且不超过三小时还车,且乙不超过两小时还车,或甲三小时以上且不超过四小时还车,且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况,所以甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率为×+×=. (3)X的可能取值为0,2,4,6,8,P(X=0)=,P(X=2)=×+×=,P(X=4)=×+×+×=,P(X=6)=×+×=, P(X=8)=×=, X的分布列为 X 0 2 4 6 8 P E(X)=0×+2×+4×+6×+8×=4,D(X)=(0-4)2×+(2-4)2×+(4-4)2×+(6-4)2×+(8-4)2×=. 11.某投资公司在明年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上,现有两个项目供选择: 项目一:新能源汽车.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利30%,也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为和; 项目二:通信设备.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利50%,可能损失30%,也可能不赔不赚,且这三种情况发生的概率分别为,和. 针对以上两个投资项目,请你为投资公司选择一个合理的项目,并说明理由. 解:若按“项目一”投资,设获利为X1万元,X1的所有可能取值为300,-150.则X1的分布列为 X1 300 -150 P ∴E(X1)=300×+(-150)×=200(万元). 若按“项目二”投资,设获利X2万元,X2的所有可能取值为500,-300,0,则X2的分布列为 X2 500 -300 0 P ∴E(X2)=500×+(-300)×+0×=200(万元). D(X1)=(300-200)2×+(-150-200)2×=35 000, D(X2)=(500-200)2×+(-300-200)2×+(0-200)2×=140 000. ∴E(X1)=E(X2),D(X1)<D(X2), 这说明虽然项目一、项目二获利的期望值相等,但项目一更稳妥. 综上所述,建议该投资公司选择项目一投资. 12.11分制乒乓球比赛规则如下:在一局比赛中,每两球交换发球权,每赢一球得1分,先得11分且至少领先2分者胜,该局比赛结束;当某局比分打成10∶10后,每球交换发球权,领先2分者胜,该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛,比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球,假设甲发球时甲得分的概率为,乙发球时甲得分的概率为,各球的比赛结果相互独立,且各局的比赛结果也相互独立. (1)若每局比赛甲获胜的概率p=,求该场比赛甲获胜的概率; (2)已知第一局目前比分为10∶10,求: ①再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值; ②第一局比赛甲获胜的概率p0. 解:(1)因为甲每局获胜的概率均为,根据五局三胜制的规则,设甲获胜时的比赛总局数为Y,因为每局的比赛结果相互独立,所以Y的所有可能取值为3,4,5, 可得P(Y=3)==,P(Y=4)=××=,P(Y=5)=××=.故该场比赛甲获胜的概率P=P(Y=3)+P(Y=4)+P(Y=5)=. (2)①依题意,X的所有可能取值为0,1,2, 设打成10∶10后甲先发球为事件A,则乙先发球为事件,且P(A)=P()=, 所以P(X=0)=P(A)·P(X=0|A)+P()·P(X=0|)=××+××=, P(X=1)=P(A)·P(X=1|A)+P()·P(X=1|)=×+×=, P(X=2)=P(A)·P(X=2|A)+P()·P(X=2|)=××+××=. 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 故X的均值为 E(X)=0×+1×+2×=. ②设第一局比赛甲获胜为事件B,则P(B|X=0)=0,P(B|X=1)=P(B),P(B|X=2)=1. 由①知,P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,由全概率公式,得P(B)=P(X=0)P(B|X=0)+P(X=1)P(B|X=1)+ P(X=2)P(B|X=2)=×0+P(B)+,解得P(B)=,即第一局比赛甲获胜的概率p0=. 第七节　二项分布、超几何分布与正态分布 　 明确目标 1.理解二项分布、超几何分布的概念,能解决一些简单的实际问题. 2.借助正态分布曲线了解正态分布的概念,并进行简单应用. 教材再回首 1.二项分布 (1)伯努利试验 把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验. 将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为 n重伯努利试验. (2)二项分布 一般地,在n重伯努利试验中,设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1),用X表示事件A发生的次数,则X的分布列为P(X=k)=pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.则称随机变量X服从二项分布,记作X~B(n,p). (3)均值、方差 若X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p). 2.超几何分布 (1)定义 一般地,假设一批产品共有N件,其中有M件次品,从N件产品中随机抽取n件(不放回),用X表示抽取的n件产品中的次品数,则X的分布列为P(X=k)=,k=m,m+1,m+2,…,r. 其中n,N,M∈N*,M≤N,n≤N,m=max{0,n-N+M},r=min{n,M}.如果随机变量X的分布列具有上式的形式,那么称随机变量X服从超几何分布. (2)超几何分布的均值 设随机变量X服从超几何分布,则X可以解释为从包含M件次品的N件产品中,不放回地随机抽取n件产品中的次品数.令p=,则E(X)==np. 3.正态曲线和正态分布 (1)正态曲线 函数f(x)=,x∈R,其中μ∈R,σ>0为参数,称为正态密度函数,称它的图象为正态密度曲线,简称正态曲线. (2)正态分布 若随机变量X的概率分布密度函数为f(x),则称随机变量X服从正态分布,记为X~N(μ,σ2),特别地,当μ=0,σ=1时,称随机变量X服从标准正态分布. (3)正态曲线的特点 ①曲线是单峰的,它关于直线x=μ对称; ②曲线在x=μ处达到峰值; ③当|x|无限增大时,曲线无限接近x轴. (4)参数μ和σ对正态曲线形状的影响: ①当σ较小时,峰值高,正态曲线“瘦高”,表示随机变量X的分布比较集中; ②当σ较大时,峰值低,正态曲线“矮胖”,表示随机变量X的分布比较分散. (5)若X~N(μ,σ2),则E(X)= μ ,D(X)= σ2 .  (6)3σ原则: ①P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7; ②P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5; ③P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A选必修③P74例1改编)在100件产品中有5件次品,采用放回的方式从中任意抽取10件,设X表示这10件产品中的次品数,则 (　　) A.X~B(100,0.05) B.X~B(10,0.05) C.X~B(100,0.95) D.X~B(10,0.95) 解析:选B　有放回地抽取,每次抽到次品的概率都是0.05,相当于10重伯努利试验,所以X~B(10,0.05). 2.(人A选必修③P77T2改编)鸡接种一种疫苗后,有90%不会感染某种病毒,如果有5只鸡接种了疫苗,则恰好有4只鸡没有感染病毒的概率约为 (　　) A.0.33 B.0.66 C.0.5 D.0.45 答案:A 3.(北师大选必修①P224T2)若随机变量ξ~N(μ,σ2),其分布密度函数为φ(x)=(x∈R),则σ的值为 (　　) A.1 B.2 C.4 D.8 解析:选B　因为随机变量ξ~N(μ,σ2),其分布密度函数为φ(x)=,所以μ=1,σ2=4,所以σ=2. 4.(苏教选必修②P146T8改编)如果随机变量X~B,那么D(X)=　　　　.  答案: 二、易错小题的警醒训练 1.在含有3件次品的10件产品中,任取4件,X表示取到的次品数,则P(X=2)=　　　　.  解析:由题意,X服从超几何分布,其中N=10,M=3,n=4,故P(X=2)==.(易错点:混淆二项分布与超几何分布) 答案: 2.已知随机变量X~N(2,σ2),P(X≤0)=0.15,则P(2≤X≤4)=　　　　　.  解析:因为随机变量X~N(2,σ2),所以P(X≤0)=P(X≥4).又P(X≤0)=0.15,所以P(2≤X≤4)===0.35.(易错点:利用正态曲线的对称性求值时出错) 答案:0.35 题点一　二项分布 [例1]　(2025·重庆模拟)已知某计算机网络的服务器有三台设备,只要有一台能正常工作,计算机网络就不会断掉.如果三台设备各自能正常工作的概率都为0.8,它们之间互相不影响.设能正常工作的设备数为X. (1)求X的分布列; (2)求E(X)和D(X); (3)求计算机网络不会断掉的概率. 解:(1)由题意得X的可能取值为0,1,2,3,且X~B(3,0.8), P(X=0)=×0.80×(1-0.8)3=0.008, P(X=1)=×0.81×(1-0.8)2=0.096, P(X=2)=×0.82×(1-0.8)1=0.384, P(X=3)=×0.83×(1-0.8)0=0.512, 所以X的分布列如下. X 0 1 2 3 P 0.008 0.096 0.384 0.512 (2)因为X~B(3,0.8),所以E(X)=3×0.8=2.4,D(X)=3×0.8×(1-0.8)=0.48. (3)要使得计算机网络不会断掉,也就是要求能正常工作的设备至少有一台,即X≥1, 因此所求概率为P(X≥1)=1-P(X<1)=1-P(X=0)=1-0.008=0.992. |思维建模|　二项分布问题的解题关键 (1)定型:①在每一次试验中,事件发生的概率相同. ②各次试验中的事件是相互独立的.③在每一次试验中,试验的结果只有两个,即发生与不发生. (2)定参:确定二项分布中的两个参数n和p,即试验发生的次数和试验中事件发生的概率. [即时训练] 1.袋中装有标号为1,2,3,4,5且质地、大小相同的5个小球,从袋子中一次性摸出两个球,记下号码并放回,如果两个号码的和是偶数则获奖.若有4人参与摸球,则恰好2人获奖的概率是 (　　) A. B. C. D. 快审准解:先确定摸一次中奖的概率,4个人摸奖,相当于发生4次试验,根据每一次发生的概率,利用独立重复试验的公式得到结果. 解析:选A　从袋子中一次性摸出两个球,共有=10种情况, 其中两个号码的和为偶数的有(1,3),(1,5),(2,4),(3,5),共4种情况, 所以一个人摸球,能够获奖的概率为=, 所以4人参与摸球,恰好2人获奖的概率P=××=.故选A. 2.某全国连锁咖啡店,男会员占60%,女会员占40%,现对会员进行服务质量满意度调查.根据调查结果得知,男会员对服务质量不满意的概率为,女会员对服务质量不满意的概率为. (1)随机选取一名会员,求其对服务质量不满意的概率; (2)从会员中随机抽取3人,记抽取的3人中,对服务质量不满意的人数为X,求X的分布列和均值. 解:(1)设事件A1:会员是男会员,A2:会员是女会员,事件B:对服务质量不满意. 由题意,P(A1)=,P(A2)=,P(B|A1)=,P(B|A2)=, 由全概率公式可得,P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×+×=. (2)由题意知,X~B, 则P(X=0)==, P(X=1)==, P(X=2)==, P(X=3)==. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 因为X~B,所以E(X)=3×=. 题点二　超几何分布 [例2]　袋中有8个除颜色外完全相同的小球,其中1个黑球,3个白球,4个红球. (1)若从袋中一次性取出两个小球,记取到的红球个数为X,求X的分布列和均值; (2)若从袋中不放回地取3次,每次取一个小球,取到黑球记0分,取到白球记2分,取到红球记4分,在最终得分为8分的条件下,求恰取到一个红球的概率. 解:(1)由题意得X的可能取值为0,1,2, P==,P(X=1)==,P(X=2)==, 所以X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)=0×+1×+2×=1. (2)设事件A=“最后得分为8分”,事件B=“恰取到一个红球”. 由题意,最后得分为8分有两种情况:摸出2个白球1个红球或1个黑球2个红球, 所以P(A)==,P(AB)==,所以P(B|A)===. |思维建模|　 1.超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是: (1)考察对象分两类; (2)已知各类对象的个数; (3)从中抽取若干个个体,考查某类个体数X的概率分布. 2.超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型,其实质是古典概型. [即时训练] 3.某商场为回馈顾客举行抽奖活动,顾客一次消费超过一定金额即可参加抽奖.抽奖箱里放有n个大小相同的小球,其中有两个标有“中奖”字样,每位参加抽奖的顾客一次抽奖可随机抽取两个小球. (1)当n=10时,记X为一次抽奖抽到“中奖”小球的个数,求X的分布列与期望; (2)商场规定参加抽奖的顾客一次抽奖只要抽到一个“中奖”小球即视为中奖,若使中奖的概率不低于25%,求n的最大值. 解:(1)当n=10时,抽奖箱里标有“中奖”字样小球2个,未标有“中奖”字样小球8个,一次抽奖,可能取出0个标有“中奖”小球,或1个标有“中奖”小球,1个未标有“中奖”小球,或2个标有“中奖”小球,所以X的可能取值为0,1,2,则 P(X=0)==,P(X=1)==, P==,所以X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)=0×+1×+2×=. (2)抽奖箱里标有“中奖”字样小球2个,未标有“中奖”字样小球n-2个,参加抽奖的顾客一次抽奖只要抽到一个“中奖”小球即视为中奖,包含抽到1个标有“中奖”小球,1个未标有“中奖”小球,或2个标有“中奖”小球,两种情况,所以参加抽奖的顾客中奖的概率为P==,若使中奖的概率不低于25%,则≥,解得0<n<1或≤n≤.又n=5,6,…,所以n的最大值为15. 题点三　正态分布 [例3] (1)现实世界中的很多随机变量遵循正态分布.例如反复测量某一个物理量,其测量误差X通常被认为服从正态分布.若某物理量做n次测量,最后结果的误差Xn~N,要控制|Xn|≥的概率不大于0.002 7,至少要测量的次数为(参考数据:P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3) (　　) A.141 B.128 C.288 D.512 解析:选C　根据题意得P≤0.002 7,即1-P≤0.002 7,所以P≥0.997 3.因为μ=0,所以P(-3σ≤Xn≤3σ)≈0.997 3,所以3σ≤,所以 ≤,解得n≥288,所以至少要测量的次数为288. (2)(2024·新课标Ⅰ卷)[多选]随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1,样本方差s2=0.01,已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(,s2),则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),P(Z<μ+σ)≈0.841 3) (　　) A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 解析:选BC　依题可知X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12),故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.5,C正确,D错误;P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1),因为P(X<1.8+0.1)≈0.841 3,所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7<0.2,而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)<0.2,B正确,A错误.故选BC. |思维建模|　解决正态分布问题的注意点 1.对于正态分布N(μ,σ2): (1)P(X≥μ)=P(X≤μ)=0.5; (2)对任意的a有P(X<μ-a)=P(X>μ+a); (3)P(X<x0)=1-P(X≥x0); (4)P(a<X<b)=P(X<b)-P(X≤a). 2.服从N(μ,σ2)的随机变量X在某个区间内取值的概率的求法: (1)利用P(μ-σ≤X≤μ+σ),P(μ-2σ≤X≤μ+2σ),P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)的值直接求解; (2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1这些特殊性质求解. [即时训练] 4.甲、乙两地举行数学联考,统计发现:甲地学生的成绩X~N(μ1,)(σ1>0),乙地学生的成绩Y~N(μ2,)(σ2>0).右图分别是其正态分布的密度曲线,则 (　　) (若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)=0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)=0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)=0.997 3) A.甲地数学的平均成绩比乙地的高 B.甲地数学成绩的离散程度比乙地的小 C.P(90≤X≤94)>P(82≤X≤90) D.若σ2=8,则P(92≤Y≤124)=0.84 解析:选D　对于A,由正态曲线可知甲地数学平均分为90分,乙地数学平均分为100分,故甲地数学的平均成绩比乙地的低,A错误;对于B,由正态分布曲线可看出乙地数学成绩更集中,故甲地数学成绩的离散程度比乙地的大,B错误;对于C,由于μ1=90,根据正态分布曲线的对称性可知P(90≤X≤94)=P(86≤X≤90)<P (82≤X≤90),C错误;对于D,μ2=100,σ2=8,P(92≤Y≤124)=P(μ2-σ2≤x≤μ2+3σ2)=P(μ2-σ2≤x≤μ2)+ P(μ2≤x≤μ2+3σ2)=+=0.84,D正确. 5.某单位准备通过考试(按照高分优先录取的原则)录用300人,其中275个高薪职位和25个普薪职位.实际报名人数为2 000,考试满分为400分.记考生的成绩为X,且X~N(μ,σ2),已知所有考生考试的平均成绩μ=180,且360分及其以上的高分考生有30名. (1)求σ的值.(结果保留整数) (2)该单位的最低录取分数约是多少?(结果保留整数) (3)考生甲的成绩为286分,若甲被录取,能否获得高薪职位?若不能被录取,请说明理由. 附:①当X~N(μ,σ2)时,令Y=,则Y~N(0,1). ②当Y~N(0,1),P(Y≤2.17)≈0.985,P(Y≤1.28)≈0.900, P(Y≤1.09)≈0.863,P(Y≤1.04)≈0.85. 解:(1)依题意X~N(180,σ2), 令Y=,则Y~N(0,1), 所以可得P(X≥360)==, P(X<360)=1-=0.985,P≈0.985, 又因为P(Y<2.17)≈0.985,则≈2.17,解得σ≈83. (2)由(1)可得X~N(180,832),设最低录取分数为x0, 则P(X≥x0)=P==, P=1-=0.85,≈1.04, 所以x0≈266.32,即最低录取分数线为267分. (3)考生甲的成绩为286分>267分, 所以甲能被录取的概率为P(X<286)=P=P(Y<1.28)≈0.900, 表明不低于考生甲的成绩的人数约为总人数的1-0.900=0.100,约有2 000×0.100=200人, 即考生甲大约排在第200名,排在275名之前,所以甲能获得高薪职位. ( 谨记结论 : ( 1 ) 若 X~N ( μ , σ 2 ), 则 P ( X < a ) =1 - P ( X ≥ a ), P ( X < μ - a ) = P ( X > μ + a ) . ( 2 ) 若 X 服从正态分布 , 即 X~N ( μ , σ 2 ), 要充分利用正态曲线关于直线 x = μ 对称和曲线与 x 轴之间的面积为 “ 1 ” 解题 . ) 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.(2025·武汉期末)某人射击一次击中目标的概率是,经过3次射击,此人至少有两次击中目标的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　由题意可得,此人至少有两次击中目标的概率为×+=,故选A. 2.已知5件产品中有2件次品,3件正品,检验员从中随机抽取2件进行检测,记取到的正品数为ξ,则均值E(ξ)为 (　　) A. B. C.1 D. 解析:选D　ξ的所有可能取值为0,1,2,则P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)==,则E(ξ)=0×+1×+2×=. 3.(2025·南京模拟)血压差是指血压的收缩压减去舒张压的值.已知某校学生的血压差服从正态分布X~N(30,σ2).若P(26<X≤30)=0.40,则随机变量X的第90百分位数的估计值为 (　　) A.42 B.38 C.36 D.34 解析:选D　由P(26<X≤30)=0.40,则P(30<X≤34)=0.40,则P(X≤34)=0.40+0.50=0.90,故随机变量X的第90百分位数的估计值为34.故选D. 4.(2025·临沂联考)一个不透明的袋子中装有3个黑球,n(n∈N*)个白球,这些球除颜色外完全相同,一次从中任意取出3个球,已知取出2个黑球,1个白球的概率为,设X为取出白球的个数,则E(X)= (　　) A. B. C.1 D.2 解析:选A　由=,得n=3,则X的可能取值为0,1,2,3,∴P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,∴E(X)=0×+1×+2×+3×=. 5.(2025·武汉联考)设随机变量X~B(n,p),当正整数n很大,p很小,np不大时,X的分布接近泊松分布,即P(X=i)≈(i∈N).现需100个正品元件,该元件的次品率为0.01,若要有95%及其以上的概率购得100个正品,则至少需要购买的元件个数为 (　　) A.100 B.101 C.102 D.103 解析:选D　记随机变量X为购买a个元件中的次品数,由题意,此时可认为X服从泊松分布,则P(X≤a-100)≥0.95,记t=a-100,则≥0.95.由于t很小,故大致有≥0.95,分别代入t=0,1,2,3,左边依次约等于0.37,0.74,0.92,0.98,故t≥3,即a≥103. 6.(2025·泉州模拟)中心极限定理是概率论中的一个重要结论.根据该定理,若随机变量ξ~B(n,p),则当np>5且n(1-p)≥5时,ξ可以由服从正态分布的随机变量η近似替代,且ξ的期望与方差分别与η的均值与方差近似相等.现投掷一枚质地均匀分布的骰子2 500次,利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1 300的概率为 (　　) 附:若η~N(μ,σ2),则P(μ-σ<η<μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<η<μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ<η<μ+3σ)≈0.997 3. A.0.002 7 B.0.5 C.0.841 4 D.0.977 3 解析:选D　骰子向上的点数为偶数的概率p=,故ξ~B,显然np=n(1-p)=2 500×>5,其中np=1 250,np(1-p)=625,故η~N(1 250,252),则μ+2σ=1 250+50=1 300,由正态分布的对称性可知,估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1 300的概率为0.5+×0.954 5≈0.977 3. 二、多选题 7.(2025·淮安模拟)某工厂进行产品质量抽测,两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品,已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品,员工A从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品,员工B从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品.设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X,员工B抽取到的3件产品中次品数量为Y,k=0,1,2,3.则下列判断正确的是 (　　) A.随机变量X服从二项分布 B.随机变量Y服从超几何分布 C.P(X=k)<P(Y=k) D.E(X)=E(Y) 解析:选ABD　对于A、B,由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确;对于D,设该批产品有M件,则E(X)=3×=,E(Y)====,故D正确;对于C,假设C正确可得E(X)<E(Y),则D错误,矛盾,故C错误.故选ABD. 8.在实际生产中,通常认为服从正态分布N(μ,σ2)的随机变量X只取[μ-3σ,μ+3σ]中的值,这在统计学中称为3σ原则,若X在[μ-3σ,μ+3σ]外,可以认为生产线是不正常的,已知P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.某生产线上生产的零件长度X服从正态分布N(1,0.000 1)(单位:厘米),则下列结论正确的是 (　　) A.P(X=1)= B.P(X<0.99)=P(X>1.01) C.若抽检的10个样本的长度均在[0.99,1.02]内,可以认为生产线正常 D.若抽检的10个样本中有一个零件的长度为0.95,应对生产线进行检修 解析:选BCD　由题意可得μ=1,σ=0.01.对于A,因为正态分布求的是随机变量X在某一区域内的概率(在某一处的概率约为0),所以P(X=1)接近于0或P(X≤1)=或P(X≥1)=,故A错误;对于B,因为X服从正态分布N(1,0.000 1),所以其正态曲线关于μ=1对称,所以P(X<0.99)=P(X>1+0.01)=P(X>1.01),故B正确;对于C,因为μ-3σ=0.97,μ+3σ=1.03,即零件长度在[0.97,1.03]内是正常零件,否则就不是正常零件,故C正确;对于D,由C的分析,可知0.95∉[0.97,1.03],所以需要对生产线进行检修,故D正确. 三、填空题 9.一袋中有除颜色不同,其他都相同的2个白球,2个黄球,1个红球,从中任意取出3个球,有黄球的概率是　　　　,若ξ表示取到黄球的个数,则E(ξ)=　　　　. 解析:从中任意取出3个球,样本点总数n==10,其中有黄球的样本点个数m=+=9.所以有黄球的概率是P==.ξ表示取到黄球的个数,则ξ的所有可能取值为0,1,2,P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)==,所以E(ξ)=0×+1×+2×=. 答案:　 10.在工业生产中轴承的直径服从N(3.0,0.002 5),购买者要求直径为3.0±ε,不在这个范围的将被拒绝,要使拒绝的概率控制在4.55%之内,则ε至少为　　　　.(若X~N(μ,σ2),则P(|X-μ|<2σ)=0.954 5)  解析:若X~N(μ,σ2),则P(|X-μ|<2σ)=0.954 5,因为工业生产中轴承的直径服从N(3.0,0.002 5),所以μ=3.0,σ2=0.002 5,则σ=0.05,由P(|X-3.0|<0.1)=0.954 5,得P(|X-3.0|≥0.1)=1-0.954 5=0.045 5,则要使拒绝的概率控制在4.55%之内,则ε至少为0.1. 答案:0.1 四、解答题 11.某导弹试验基地对新研制的A,B两种导弹进行试验,A导弹每次击中空中目标、地面目标的概率分别为,,B导弹每次击中空中目标、地面目标的概率分别为,. (1)若一枚A导弹击中一个空中目标,且一枚B导弹击中一个地面目标的概率为p1,一枚A导弹击中一个地面目标,且一枚B导弹击中一个空中目标的概率为p2,比较p1,p2的大小; (2)现有两枚A导弹,一枚B导弹,用来射击两个空中目标,一个地面目标(每枚导弹各射击一个目标),请你设计一个射击方案,使得击中目标的个数的期望最大,并求此时击中目标的个数的分布列和期望. 解:(1)由题意得p1=×=,p2=×=,所以p1>p2. (2)因为>,<,所以安排两枚A导弹射击两个空中目标,一枚B导弹射击一个地面目标.设导弹击中目标的个数为X, 则X~B,P(X=0)==, P(X=1)=××=, P(X=2)=××=, P(X=3)==, 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)=3×=. 12.(2025·济南模拟)为了切实加强学校体育工作,促进学生积极参加体育锻炼,养成良好的锻炼习惯,某高中学校计划优化课程,增加学生体育锻炼时间,提高体质健康水平.某体质监测中心抽取了该校10名学生进行体质测试,得到如下表格. 序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 成绩 xi(分) 38 41 44 51 54 56 58 64 74 80 记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为,s2,经计算 (xi-)2=1 690,=33 050. (1)求; (2)规定体质测试成绩低于50分为不合格,从这10名学生中任取3名,记体质测试成绩不合格的人数为X,求X的分布列; (3)经统计,高中生体质测试成绩近似服从正态分布N(μ,σ2),用,s2的值分别作为μ,σ2的近似值,若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试,记这100名高中生的体质测试成绩恰好落在区间[30,82]的人数为Y,求Y的数学期望E(Y). 附:若ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997 3. 解:(1)=×(38+41+44+51+54+56+58+64+74+80)=56. (2)因为体质测试不合格的学生有3名, 所以X的可能取值为0,1,2,3. 因为P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P (3)因为=56,s2=(xi-)2=×1 690=169,所以μ=56,σ=13. 因为P(30≤x≤82)=P(μ-2σ≤x≤μ+2σ)≈0.954 5, 所以学生的体质测试成绩恰好落在区间[30,82]的概率约为0.954 5, 故Y~B(100,0.954 5),所以E(Y)=100×0.954 5=95.45. 13.某校举行知识竞赛,最后一个名额要在A,B两名同学中产生,测试方案如下:A,B两名学生各自从给定的4个问题中随机抽取3个问题作答,在这4个问题中,已知A能正确作答其中的3个,B能正确作答每个问题的概率都是,A,B两名同学作答问题相互独立. (1)求A,B两名同学恰好共答对2个问题的概率; (2)若让你投票决定参赛选手,你会选择哪名学生,简要说明理由. 解:(1)设A同学答对的题数为X,则随机变量X的所有可能取值为2,3,所以P(X=2)==,P(X=3)==;设B同学答对的题数为Y,则随机变量Y的所有可能取值为0,1,2,3.P(Y=0)==,P(Y=1)=××=,P(Y=2)=××=,P(Y=3)==. 所以A,B两名同学恰好共答对2个问题的概率为P(X=2)P(Y=0)=×=. (2)由(1)知,E(X)=2×+3×=, E(Y)=0×+1×+2×+3×=. 而D(X)=×+×=, D(Y)=×+×+×+×=. 因为E(X)=E(Y),D(X)<D(Y),所以应该选择学生A. 第八节　概率与统计的综合问题 题点一　频率分布直方图与分布列的综合 [例1]　(2025·佛山模拟)随着5G网络信号的不断完善,5G手机已经成为手机销售市场的明星.某地区手机专卖商场对已售出的1 000部5G手机的价格数据进行分析得到如图所示的频率分布直方图: (1)求5G手机价格的75%分位数; (2)某夫妻两人到该商场准备购买价位在4 500~6 500元的手机各一部,商场工作人员应顾客的要求按照分层随机抽样的方式提供了9部手机让其从中购买两部,假定选择每部手机是等可能的,设这两人购买同一价位区间的手机的数量为X,求E(X). 解:(1)由频率分布直方图可得(0.045+2a+0.01+0.005)×10=1,解得a=0.02. 因为5G手机的价格在1 500~4 500元的频率为(0.005+0.02+0.045)×10=0.7, 而价格在4 500~5 500元的频率为0.02×10=0.2, 故5G手机价格的75%分位数应该在4 500~5 500元这一组,且75%分位数为×100=4 750元. (2)因为购买价位在4 500~5 500元和5 500~6 500元的手机占的比率分别为0.2和0.1, 故按照分层随机抽样的方式在4 500~5 500元这一价位选取了6部,在5 500~6 500元这一价位选取了3部,这两人购买同一价位的手机数量X的可能值有0,2. 则P(X=0)==, P(X=2)==, X的分布列为 X 0 2 P 故E(X)=0×+2×=1. |思维建模| 高考常将求概率与等可能事件、互斥事件、相互独立事件、超几何分布、二项分布、频率分布直方图等交汇在一起进行考查,因此在解答此类题时,准确把题中所涉及的事件进行分解,明确所求问题所属的事件类型是关键.特别是要注意挖掘题目中的隐含条件. [即时训练] 1.(2024·成都三模)某保险公司为了给年龄在20~70岁的民众提供某种疾病的医疗保障,设计了一款针对该疾病的保险,现从10 000名参保人员中随机抽取100名进行分析,这100个样本按年龄段[20,30),[30,40),[40,50),[50,60),[60,70]分成了五组,其频率分布直方图如图所示,每人每年所交纳的保费与参保年龄如表格所示(保费:元).据统计,该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元. 年龄 [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70] 保费 x 2x 3x 4x 5x (1)用样本的频率分布估计总体的概率分布,为使公司不亏本,则保费x至少为多少元?(精确到整数) (2)随着年龄的增加,该疾病患病的概率越来越大,经调查,年龄在[50,60)的老人中每15人就有1人患该项疾病,年龄在[60,70]的老人中每10人就有1人患该项疾病,现分别从年龄在[50,60)和[60,70]的老人中各随机选取1人,记X表示选取的这2人中患该疾病的人数,求X的数学期望. 快审准解:(1)根据小矩形面积的和为1得到关于a的方程,解出a的值,再列出不等式,解出即可; (2)首先分析出X的取值为0,1,2,再列出对应概率值,利用期望公式计算即可. 解:(1)(0.007+0.016+a+0.025+0.02)×10=1,解得a=0.032, 保险公司每年收取的保费为 10 000×(0.07x+0.16×2x+0.32×3x+0.25×4x+0.2×5x)=10 000×3.35x, 所以要使公司不亏本, 则10 000×3.35x≥1 000 000,即3.35x≥100, 解得x≥≈30,即保费至少为30元. (2)由题意知X的取值为0,1,2, P(X=0)=×==, P(X=1)=×+×=, P(X=2)=×=, 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 所以E(X)=0×+1×+2×==. 题点二　概率与回归模型的综合 [例2]　某公司为考核员工,采用某方案对员工进行业务技能测试,并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级. (1)已知该公司甲部门有3名负责人,乙部门有4名负责人,该公司从甲、乙两部门中随机选取3名负责人做测试分析,记负责人来自甲部门的人数为X,求X的最有可能的取值; (2)该公司统计了七个部门测试的平均成绩x(满分100分)与绩效等级优秀率y,如下表所示: x 32 41 54 68 74 80 92 y 0.28 0.34 0.44 0.58 0.66 0.74 0.94 根据数据绘制散点图,初步判断,选用y=λecx作为经验回归方程.令z=ln y,经计算得=-0.642, ①已知某部门测试的平均成绩为60分,估计其绩效等级优秀率; ②根据统计分析,大致认为各部门测试平均成绩x~N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差s2.经计算s≈20,求某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率. 参考数据:①ln 0.15≈-1.9,e1.2≈3.32,ln 5.2≈1.66.②若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X<μ+σ)=0.682 6,P(μ-2σ<X<μ+2σ)=0.954 4,P(μ-3σ<X<μ+3σ)=0.997 4. 解:(1)依题意,随机变量X服从超几何分布,且X的可能取值为0,1,2,3, 则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==. 由此可得P(X=1)=最大,即X=1的可能性最大,故X最有可能的取值为1. (2)①依题意,y=λecx两边取对数, 得ln y=cx+ln λ,即z= cx+ln λ, 其中==63,由提供的参考数据,可知c=0.02,又-0.642=0.02×63+ln λ,故ln λ≈-1.9,所以λ≈e-1.9, 由提供的参考数据,可得λ≈0.15,故=0.15×e0.02x,当x=60时,=0.15×e0.02×60≈0.498,即估计其绩效等级优秀率为0.498. ②由①及提供的参考数据可知,μ≈=63,σ≈s≈20,又≥0.78,即0.15×e0.02x≥0.78,可得0.02x≥ln 5.2,即x≥83. 又μ+σ=83,且P(μ-σ<x<μ+σ)=0.682 6,由正态分布的性质,得P(x≥83)=[1-P(μ-σ<x<μ+σ)]=0.158 7, 记“绩效等级优秀率不低于0.78”为事件A,则P(A)=P(x≥83)=0.158 7,所以绩效等级优秀率不低于0.78的概率等于0.158 7. [即时训练] 2.近年来,国内掀起了全民新中式热潮,新中式穿搭、新中式茶饮、新中式快餐、新中式烘焙等.以下为某纺织厂生产“新中式”面料近5个月的利润y(万元)的统计表. 月份 2023.11 2023.12 2024.01 2024.02 2024.03 月份 编号/x 1 2 3 4 5 利润/y (万元) 27 23 20 17 13 (1)根据统计表,试求y与x之间的样本相关系数r(精确到0.001),并利用r说明y与x是否具有较强的线性相关关系;(若|r|>0.75,则认为两个变量具有较强的线性相关关系) (2)该纺织厂现有甲、乙两条流水线生产同一种产品,为对产品质量进行监控,质检人员先用简单随机抽样的方法从甲、乙两条流水线上分别抽取了4件、2件产品进行初检,再从中随机选取3件做进一步的质检,记抽到“甲流水线产品”的件数为X,试求X的分布列与均值. 参考数据:≈34.06. 解:(1)∵=×(1+2+3+4+5)=3, =×(27+23+20+17+13)=20,(xi-)2=10,(yi-)2=116, (xi-)(yi-)=-34,r= -0.998. 又|r|=0.998>0.75, 所以可以说明y与x具有较强的线性相关关系. (2)X的可能取值有1,2,3, 因为P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==, 所以X的分布列为 X 1 2 3 P E(X)=1×+2×+3×=2. 题点三　概率与独立性检验的综合 [例3]　(2025·广州模拟)为了研究高三年级学生的性别和身高是否大于170 cm的关联性,随机调查了某中学部分高三年级的学生,整理得到如下列联表(单位:人): 性别 身高 合计 低于170 cm 不低于170 cm 女 19 5 24 男 6 10 16 合计 25 15 40 (1)依据α=0.01的独立性检验,能否认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联? (2)从身高不低于170 cm的15名学生中随机抽取三名学生,设抽取的三名学生中女生人数为X,求X的分布列及E(X). 附:χ2=,n=a+b+c+d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 解:(1)零假设为H0:该中学高三年级学生的性别与身高无关联,根据列联表中的数据,经计算得到χ2=≈7.111>6.635=x0.01, 根据小概率值α=0.01的独立性检验,推断H0不成立,即认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联,此推断犯错误的概率不大于0.01. (2)依题意,X的取值可能为0,1,2,3, 则P(X=0)==,P(X=1)==, P(X=2)==,P(X=3)==. 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 故E(X)=0×+1×+2×+3×=1. [即时训练] 3.某医疗科研小组为研究某市市民患有疾病A与是否具有生活习惯B的关系,从该市市民中随机抽查了100人,得到如下数据: 疾病A 生活习惯B 具有 不具有 患病 25 15 未患病 20 40 (1)依据α=0.01的独立性检验,能否认为该市市民患有疾病A与是否具有生活习惯B有关? (2)从该市市民中任选一人,M表示事件“选到的人不具有生活习惯B”,N表示事件“选到的人患有疾病A”,试利用该调查数据,给出P(|)的估计值; (3)从该市市民中任选3人,记这3人中具有生活习惯B,且未患有疾病A的人数为X,试利用该调查数据,求X的均值. 附:χ2=,其中n=a+b+c+d. α 0.10 0.05 0.010 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 10.828 解:(1)由已知得列联表如下: 疾病A 生活习惯B 合计 具有 不具有 患病 25 15 40 未患病 20 40 60 合计 45 55 100 零假设为H0:该市市民患有疾病A与是否具有生活习惯B无关. 根据列联表中的数据,经计算得到 χ2==≈8.249>6.635=x0.01. 依据α=0.01的独立性检验,推断H0不成立,即认为该市市民患有疾病A与是否具有生活习惯B有关,此推断犯错误的概率不大于0.01. (2)由(1)数据可得 P()==,P()==, 所以P(|)===. (3)由题意知可用B估计X的分布, 所以E(X)=np=3×=. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 1.教练统计了甲12次投篮训练的投篮次数和乙8次投篮训练的投篮次数,得到如下数据: 甲 77 73 77 81 85 81 77 85 93 73 77 81 乙 71 81 73 73 71 73 85 73 已知甲12次投篮次数的方差=,乙8次投篮次数的方差=23. (1)求这20次投篮次数的平均数与方差s2; (2)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为,乙每次投篮的命中率均为.已知第一次投篮的人是甲,且甲、乙总共投篮了3次,X表示甲投篮的次数,求X的分布列与期望. 解:(1)甲12次投篮次数的平均数=80,乙8次投篮次数的平均数=75. 这20次投篮次数的平均数 =+=×(3×80+2×75)=78, 方差s2=+ =×+× =33. (2)X的可能取值为1,2,3,则P=××1=,P=××1+××1=,P=××1=, 所以X的分布列为 X 1 2 3 P E(X)=1×+2×+3×=. 2.(2024·淄博二模)汽车尾气排放超标是导致全球变暖、海平面上升的重要因素.我国近几年着重强调可持续发展,加大新能源项目的支持力度,积极推动新能源汽车产业迅速发展.某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查,得到下面的统计表: 年份/t 2015 2016 2017 2018 2019 年份代码/x (x=t-2014) 1 2 3 4 5 销量/ y(万辆) 10 12 17 20 26 (1)计算销量y关于年份代码x的样本相关系数r,并判断是否可以认为y与x有较强的线性相关关系(若|r|≥0.75,则认为有较强的线性相关关系).若是,求出y关于x的经验回归方程;若不是,请说明理由; (2)为了解购车车主的性别与购车种类(分为新能源汽车与传统燃油汽车)的情况,该企业又随机调查了该地区100名购车车主的购车情况,假设一位车主只购一辆车.男性车主中购置传统燃油汽车的有40名,购置新能源汽车的有30名;女性车主中有一半购置新能源汽车.将频率视为概率,已知一位车主购得新能源汽车,请问这位车主是女性的概率. 解:(1)由题意得=×(1+2+3+4+5)=3, =×(10+12+17+20+26)=17, xiyi=295,=55,(yi-)2=164, =>≈0.976>0.75, 因此,销量y与年份代码x有较强的线性相关关系. =-=17-4×3=5, 所以y关于x的经验回归方程为=4x+5. (2)由题意知,该地区100名购车车主中,男性车主有70名,女性车主有30名,购置新能源汽车的男性车主有30名,购置新能源汽车的女性车主有15名. “一位车主购得新能源汽车”记作事件A,“车主是女性”记作事件B, 一位车主购得新能源汽车,这位车主是女性的概率为 P(B|A)===. 3.(2025·桂林模拟)为了研究学生的性别和是否喜欢跳绳的关联性,随机调查了某中学的100名学生,整理得到如下列联表: 男学生 女学生 合计 喜欢跳绳 35 35 70 不喜欢跳绳 10 20 30 合计 45 55 100 (1)依据α=0.1的独立性检验,能否认为学生的性别和是否喜欢跳绳有关联? (2)已知该校学生每分钟的跳绳个数X~N(170,100),该校学生经过训练后,跳绳个数都有明显进步.假设经过训练后每人每分钟的跳绳个数都增加10,该校有1 000名学生,预估经过训练后该校学生每分钟的跳绳个数在[170,200]内的人数.(结果精确到整数) 附:χ2=,其中n=a+b+c+d. α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3. 解:(1)零假设为H0:学生的性别和是否喜欢跳绳无关. χ2=≈2.357<2.706=x0.1, 所以根据α=0.1的独立性检验,不能认为学生的性别与是否喜欢跳绳有关. (2)训练前该校学生每分钟的跳绳个数X~N(170,100), 则μ=170,σ2=100,σ=10, 即训练前学生每分钟的跳绳个数在[160,190],160=μ-σ,190=μ+2σ, P(μ-σ≤X≤μ+2σ)=+≈+=0.341 35+0.477 25=0.818 6, 由1 000×0.818 6=818.6≈819(人), 估计训练前该校学生每分钟的跳绳个数在[160,190]内的人数为819. 即预估经过训练后该校学生每分钟的跳绳个数在[170,200]内的人数为819. 4.(2025·广州模拟)在某地区进行高中学生每周户外运动调查,随机调查了1 000名高中学生户外运动的时间(单位:小时),得到如下样本数据的频率分布直方图. (1)求a的值,估计该地区高中学生每周户外运动的平均时间;(同一组数据用该区间的中点值作代表) (2)为进一步了解这1 000名高中学生户外运动的时间分配,在[14,16),[16,18]两组内的学生中,采用分层随机抽样的方法抽取了5人,现从这5人中随机抽取3人进行访谈,记在[14,16)内的人数为X,求X的分布列和期望; (3)以频率估计概率,从该地区的高中学生中随机抽取8名学生,用“P8(k)”表示这8名学生中恰有k名学生户外运动时间在[8,10)内的概率,当P8(k)最大时,求k的值. 解:(1)由已知2×(0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01)=1,解得a=0.1, 所以平均数为1×0.04+3×0.06+5×0.1+7×0.1+9×0.3+11×0.2+13×0.1+15×0.08+17×0.02=9.16. (2)这1 000名高中学生户外运动的时间分配, 在[14,16),[16,18]两组内的学生分别有1 000×0.08=80人和1 000×0.02=20人, 所以根据分层随机抽样可知5人中在[14,16)的人数为5×=4,在[16,18]内的人数为5-4=1, 所以随机变量X的可能取值有2,3, 所以P(X=2)==,P(X=3)==, 则X的分布列为 X 2 3 P E(X)=2×+3×=. (3)由频率分布直方图可知运动时间在[8,10)内的频率为0.15×2=0.3=, 则P8(k)=· =··, 若P8(k)为最大值,则 即 即 解得1.7≤k≤2.7, 又k∈N,且0≤k≤8,则k=2. 第九节　概率与其他知识的综合 题点一　概率与数列的综合 [例1]　(2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率. (2)求第i次投篮的人是甲的概率. (3)若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E(Xi)=qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y). 解:(1)设“第i次投篮的人是甲”为事件Ai,“第i次投篮的人是乙”为事件Bi, 所以P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2) =P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1) =0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. (2)设“第i次投篮的人是甲的概率”为pi,由题意可知p1=,pi+1=pi×0.6+(1-pi)×(1-0.8),即pi+1=0.4pi+0.2=pi+,所以pi+1-=, 又p1-=-=,所以数列是以为首项,为公比的等比数列, 所以pi-=×, 所以pi=+×. (3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi,则Xi的可能取值为0,1,当Xi=0时,表示第i次投篮的人是乙,当Xi=1时,表示第i次投篮的人是甲,所以P(Xi=1)=pi,P(Xi=0)=1-pi,所以E(Xi)=pi. Y=X1+X2+X3+…+Xn, 则E(Y)=E(X1+X2+X3+…+Xn)=p1+p2+p3+…+pn, 由(2)知,pi=+×, 所以p1+p2+p3+…+pn=+×=+×=+×. |思维建模|　概率与数列的综合问题涉及的三个方面 以数列为背景考查概率问题 此类问题表面看来是数列问题,但实际上常考查互斥事件和相互独立事件的概率,解决这类问题,首先要清楚基本的概率模型的定义,再选择恰当的概率公式解决问题 以期望为背景考查数列求和 此类问题求解的关键是确定变量的所有可能取值及对应的概率,深入考查了数列求和的方法 以概率为背景考查数列通项公式 此类问题的求解关键是通过对概率关系的研究,构造数列 [即时训练] 1.(2025·佛山模拟)某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动,抽奖规则是:有放回地从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个,若第一次抽到红球则奖励50元的奖券,抽到黑球则奖励25元的奖券;第二次开始,每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍,抽到黑球则奖励25元的奖券,记顾客甲第n次抽奖所得的奖券数额Xn(1≤n≤6)的数学期望为E(Xn). (1)求E(X1)及X2的分布列; (2)写出E(Xn)与E()(n≥2)的递推关系式,并证明{E(Xn)+50}为等比数列; (3)若顾客甲一共有6次抽奖机会,求该顾客所得的所有奖券数额的期望值.(参考数据:1.26≈2.986) 解:(1)依题意,抽到一个红球的概率为0.6,抽到一个黑球的概率为0.4, 显然X1的值为25,50,则P(X1=25)=0.4,P(X1=50)=0.6, 所以E(X1)=25×0.4+50×0.6=40. X2的值为25,50,100,则P(X2=25)=0.4, P(X2=50)=0.4×0.6=0.24,P(X2=100)=0.6×0.6=0.36, 所以X2的分布列为 X2 25 50 100 P 0.4 0.24 0.36 (2)依题意,当n≥2时,甲第n次抽到红球所得的奖券数额为2E(Xn-1),对应概率为0.6, 抽到黑球所得的奖券数额为25元,对应概率为0.4,因此当2≤n≤6时,E(Xn)=2E(Xn-1)×0.6+ 25×0.4=1.2E(Xn-1)+10, E(Xn)+50=1.2E(Xn-1)+60,即E(Xn)+50=1.2[E(Xn-1)+50],又E(X1)+50=40+50=90, 所以数列{E(Xn)+50}为等比数列,公比为1.2,首项为90. (3)由(2)得,E(Xn)+50=90×1.2n-1(1≤n≤6),即E(Xn)=90×1.2n-1-50, 所以顾客甲抽奖6次,所得奖券数额的期望为E(Xn)=-50×6≈-300=593.7(元). 题点二　概率与函数、导数的综合 [例2]　(2025·阜阳模拟)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐.每盘游戏击鼓三次后,出现三次音乐获得150分,出现两次音乐获得100分,出现一次音乐获得50分,没有出现音乐则获得-300分,每次击鼓出现音乐的概率为p,且各次击鼓出现音乐相互独立. (1)若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0. (2)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少了.设每盘游戏的得分为随机变量ξ,请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 解:(1)由题可知,一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为f(p)=p(1-p)2=3p3-6p2+3p, 则f'(p)=3(3p-1)(p-1), 由f'(p)=0得p=或p=1(舍去), 当p∈时,f'(p)>0; 当p∈时,f'(p)<0, 所以f(p)在内单调递增,在内单调递减,所以当p=时,f(p)有最大值,即f(p)的最大值点p0=. (2)由题可知ξ的所有可能取值为-300,50,100,150, P(ξ=-300)=(1-p)3,P(ξ=50)=p(1-p)2, P(ξ=100)=p2(1-p),P(ξ=150)=p3, 所以E(ξ)=-300(1-p)3+50p(1-p)2+100p2(1-p)+150p3=300. 令g(p)=p3-3p2+p-1,0<p<, (构造函数:利用函数性质研究E(ξ)的最值,看E(ξ)是否小于零,如果是,则能够说明问题) 则g'(p)=3p2-6p+=3(p-1)2+>0, 所以g(p)在上单调递增,所以当0<p<时,g(p)<g=-<0,故E(ξ)<0. 这说明每盘游戏平均得分是负分,由概率统计的相关知识可知:许多人经过若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而会减少. |思维建模| 　　通过设置变量,利用数学期望、方差或概率的计算公式构造函数,是概率与函数问题结合最常用的方式.解决此类问题,应注意两个问题: (1)准确构造函数,利用公式搭建函数模型时,由于随机变量的数学期望、方差,随机事件概率的计算中涉及变量较多,式子较为复杂,所以准确运算化简是关键; (2)注意变量的取值范围,一是题中给出的范围,二是实际问题中变量自身取值的限制. [即时训练] 2.某盒子内装有60个小球(除颜色之外其他完全相同),其中有若干个黑球,其他均为白球.为了估计黑球的数目,设计如下试验:从盒子中有放回地抽取4个球,记录该次所抽取的黑球数目X,作为一次试验结果.进行上述试验共5次,记录下第i次试验中实际抽到黑球的数目xi.已知从该盒子中任意抽取一个球,抽到黑球的概率为p(0<p<1). (1)求X的分布列; (2)试验结束后,已知第i次试验中抽到黑球的数目xi如表所示. i 1 2 3 4 5 xi 2 3 2 3 3 设函数f(p)=ln P(X=xi). ①求f(p)的极大值点p0; ②据①估计该盒子中黑球的数目,并说明理由. 解:(1)从盒子中有放回地抽取4个球,记录该次所抽取的黑球数目X, ∵从该盒子中任意抽取一个球,抽到黑球的概率为p(0<p<1),∴X~B(4,p), ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P (1-p)4 4p(1-p)3 6p2(1-p)2 4p3(1-p) p4 (2)①由(1)可知,f(p)=ln P(X=xi)=2ln [6p2(1-p)2]+3ln [4p3(1-p)]=8ln 2+2ln 3+13ln p+7ln (1-p), ∴f'(p)=-=. 令f'(p)=0,解得p=, ∴当p∈时,f'(p)>0,f(p)单调递增; 当p∈时,f'(p)<0,f(p)单调递减, ∴f(p)存在唯一的极大值点p0=. ②估计盒子中黑球的数目为60p0=39.理由如下: 由①可知,当且仅当p=时,f(p)取得最大值; 即ln P(X=xi)取得最大值,出现上述实验结果的概率最大,∴可以认为从盒子中任意抽取一个球,抽到黑球的概率为,从而估计该盒子中黑球的数目为39是合理的. [课时跟踪检测] 1.(2025·杭州一模)设随机变量X所有可能的取值为x1,x2,…,xn,P(X=xi)=pi>0(i=1,2,…,n),且p1+p2+…+ pn=1.定义事件X=xi的信息量为Hi=-ln pi,称X的平均信息量H(X)=-(p1ln p1+p2ln p2+…+pnln pn)为信息熵. (1)若n=3,pk+1=2pk(k=1,2),求此时的信息熵; (2)最大熵原理:对一个随机事件的概率分布进行预测时,要使得信息熵最大.信息熵最大就是事物可能的状态数最多,复杂程度最大,概率分布最均匀,这才是风险最小(最合理)的决定.证明:H(X)≤ln n,并解释等号成立时的实际意义. 解:(1)当n=3时,p1+p2+p3=1,且p2=2p1,p3=2p2, ∴p1=,p2=,p3=, ∴H(X)=-(p1ln p1+p2ln p2+p3ln p3) =-=-ln =ln 7-ln 2. (2)证明:根据参考不等式pif(xi)≤f(pixi), H(X)=-(p1ln p1+p2ln p2+…+pnln pn)=-piln pi=piln ≤ln=ln n.等号成立的实际意义: 从数学角度理解,当p1=p2=…=pn=时, H(X)取得最大值;从现实生活理解,在没有任何已知信息时,对于未知信息,勿加主观臆断,对每一种可能性都有所估计,且等概率地分配是最保险的做法. 2.(2025·扬州联考)某校为了合理配置校本课程资源,教务部门对学生们进行了问卷调查.据统计,其中的学生计划只选择校本课程一,另外的学生计划既选择校本课程一又选择校本课程二.每位学生若只选择校本课程一,则记1分;若既选择校本课程一又选择校本课程二,则记2分.假设每位选择校本课程一的学生是否计划选择校本课程二相互独立,视频率为概率. (1)从学生中随机抽取3人,记这3人的合计得分为X,求X的分布列和均值; (2)从学生中随机抽取n人(n∈N*),记这n人的合计得分恰为n+1的概率为Pn,求P1+P2+…+Pn. 解:(1)由题意知,每位学生计划不选择校本课程二的概率为,选择校本课程二的概率为, 则X的可能取值为3,4,5,6, P(X=3)==,P(X=4)=××=,P(X=5)=××=,P(X=6)==, 所以X的分布列为 X 3 4 5 6 P 所以E(X)=3×+4×+5×+6×=. (2)因为这n人的合计得分为n+1分,所以其中只有1人计划选择校本课程二, 所以Pn=××=. 设Sn=P1+P2+…+Pn=+++…+,① 则Sn=+++…+,② ①-②得Sn=+++…+- =3×-=1--=1-, 所以P1+P2+…+Pn=. 3.某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平,组织本校8 000名学生进行针对性检测(检测分为初试和复试),并随机抽取了100名学生的初试成绩(单位:分),绘制了频率分布直方图,如图所示. (1)根据频率分布直方图,求样本平均数的估计值; (2)若所有学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ为样本平均数的估计值,σ≈14.初试成绩不低于90分的学生才能参加复试,试估计能参加复试的人数; (3)复试共三道题,规定:全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖.已知某学生进入了复试,他在复试中前两道题答对的概率均为a,第三道题答对的概率为b.若他获得一等奖的概率为,设他获得二等奖的概率为P,求P的最小值. 附:若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3. 解:(1)设样本平均数的估计值为, 则=10×(40×0.01+50×0.02+60×0.03+70×0.024+80×0.012+90×0.004)=62, 所以样本平均数的估计值为62. (2)因为学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ=62,σ≈14. 所以μ+2σ≈62+2×14=90, 所以P(X≥90)=P(X≥μ+2σ)≈×(1-0.954 5)=0.022 75. 所以估计能参加复试的人数为0.022 75×8 000=182. (3)由该学生获一等奖的概率为,可知a2b=, 则P=a2(1-b)+a(1-a)b=a2+2ab-=a2+-. 令P=f(a)=a2+-,0<a<1, 则f'(a)=2a-== , 当0<a<时,f'(a)<0;当<a<1时,f'(a)>0, 所以f(a)在区间上单调递减,在区间上单调递增, 所以f(a)min=f=+-=,所以P的最小值为. 4.(2025·沈阳模拟)现有甲、乙两个不透明的盒子,甲盒子装有2个红球和1个白球,乙盒中装有1个红球和1个白球,现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中,重复n(n∈N*)次这样的操作后,记甲盒子中红球的个数为Xn,甲盒中恰有1个红球的概率为an,恰有2个红球的概率为bn(注:所有小球大小、形状、质地均相同). (1)求a1,b1的值; (2)设cn=2an+bn,求证:cn+1=cn+1; (3)求Xn的均值E(Xn)的值. 解:(1)由题可知a1=×=,b1=×+×=. (2)证明:n次操作后,甲盒有3个红球的概率 P(Xn=3)=1-an-bn, 由全概率公式知an+1=an+bn, ∴bn+1=an+bn+1-an-bn=1-an-bn, ∴2an+1+bn+1=(2an+bn)+1,∴cn+1=cn+1. (3)∵cn+1=cn+1,∴cn+1-=. 又∵c1-=2a1+b1-=-, ∴是以-为首项,为公比的等比数列, ∴cn=-+, ∴E(Xn)=an+2bn+3(1-an-bn)=3-(2an+bn)=+. 高考第19题创新命题拓展训练(供学优生使用) 1.定义:若对于任意n∈N*,数列{xn},{yn}满足:①xn≠yn;②f(xn)=f(yn),其中f(x)的定义域为D,xn,yn∈D,则称{xn},{yn}关于f(x)满足性质G. (1)请写出一个定义域为R的函数f(x),使得{n},{-n}关于f(x)满足性质G; (2)设g(x)=x+(x>0,k>0),若{xn},{yn}关于g(x)满足性质G,证明:xn+yn>2; (3)设h(x)=+-sin x(x∈R),若{xn},{yn}关于h(x)满足性质G,求数列{xn+yn}的前n项和. 解:(1)f(x)=x2.(答案不唯一,所有的定义域为R的偶函数均符合题意) (2)证明:因为g(xn)=g(yn),所以xn+=yn+, 移项得xn-yn=-=. 因为xn≠yn,所以xn-yn≠0,故=1,xnyn=k. 由基本不等式得≥ ,当且仅当xn=yn时取等号, 而xn≠yn,故>,即xn+yn>2. (3)由题意,h(x)=+-sin x, 故h'(x)=--cos x. 设φ(x)=--cos x, 则φ'(x)=++sin x≥ 2+sin x=2+sin x≥1>0. 故h'(x)在R上单调递增.而h'=0, 故x>-时,h'(x)>0,x<-时,h'(x)<0, 因此h(x)在上单调递减, 在上单调递增. 不妨设xn<yn,因为h(xn)=h(yn). 所以当xn<x<yn时,h(x)<h(xn),当x<xn或x>yn时,h(x)>h(xn),且x→+∞时,h(x)→+∞,x→-∞时,h(x)→+∞, 故对于任意M>h,方程h(x)=M有且只有两个不同的根xn,yn, 又h=h,故h(x)的图象关于x=-对称.故xn+yn=-π, 因此数列{xn+yn}的前n项和为-nπ. 2.已知椭圆C的离心率为,左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0). (1)求C的方程; (2)已知点M0(1,4),证明:线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点; (3)设M是坐标平面上的动点,且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点,证明M的轨迹为圆,并求该圆的方程. 解:(1)因为椭圆左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),所以c=1,又因为椭圆C的离心率为, 得a=2,所以b2=3,所以椭圆的方程为+=1. (2)证明:由M0(1,4),F1(-1,0)得直线M0F1的斜率为k=2,中点坐标为(0,2), 所以线段F1M0的垂直平分线方程为y=-x+2, 联立垂直平分线方程和椭圆方程 得x2-2x+1=0,x=1,y=. 因为Δ=4-4=0,所以垂直平分线与椭圆相切,线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点. (3)设M(x0,y0),当y0=0时,F1M的垂直平分线方程为x=, 此时=±2,x0=5或x0=-3; 当y0≠0时,F1M的垂直平分线方程为 y=-+ =-x+, 联立得3x2+4=12,即x2-x+-12=0. 因为线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点, 故Δ=-4=0, 即-36-=0, 则+(2-14)+-18-32x0-15=0, 即+(2-14)+(x0+1)2(x0+3)(x0-5)=0, +(2-14)+(+2x0+1)(-2x0-15)=0, 即(++2x0+1)(+-2x0-15)=0, 因为++2x0+1=(x0+1)2+>0,所以+-2x0-15=0,而点(5,0),(-3,0)也满足该式, 故点M的轨迹是圆,该圆的方程为x2+y2-2x-15=0,即(x-1)2+y2=16. 3.如图,在△ABC中,AC⊥BC,AC=BC=2,D是AC的中点,E,F分别是边BA,BC上的动点,且EF∥AC,将△BEF沿EF折起,将点B折至点P的位置,得到四棱锥P⁃ACFE. (1)求证:EF∥平面PAC; (2)若BE=2AE,二面角P⁃EF⁃C是直二面角,求线段AP的中点M到平面PEC的距离; (3)当PD⊥AE时,求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围. 解:(1)证明:在四棱锥P⁃AEFC中,EF∥AC,而AC⊂平面PAC,EF⊄平面PAC,所以EF∥平面PAC. (2)由AC⊥BC,EF∥AC,得EF⊥BC,折叠后, 在四棱锥P⁃AEFC中,EF⊥FC,EF⊥PF, 由二面角P⁃EF⁃C是直二面角,得平面PEF⊥平面EFC, 平面PEF∩平面EFC=EF,PF⊥EF,PF⊂平面PEF,所以PF⊥平面EFC. 因为CF⊂平面EFC,所以PF⊥CF. 以直线FE,FC,FP分别为x,y,z轴建立如图1所示的空间直角坐标系,则A,P, C,E, M,=, =,=. 设平面PCE的法向量为m=(x,y,z), 则 令z=1,得m=(1,2,1),所以线段AP的中点M到平面PEC的距离为==. (3)以直线CA和CB分别为x,y轴,过C作平面ACFE的垂线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系, 设P(0,s,u),F(0,t,0), 则D(-1,0,0),A(-2,0,0),E(t-2,t,0),显然t>0,=(t,t,0),=(-1,-s,-u), ·=-t-st=0,得s=-1, 则P(0,-1,u),则=(t-2,t+1,-u), 点P与其在直线FC上的射影及点F围成以线段PF为斜边的直角三角形, 则u2+(t+1)2=(2-t)2,即u2=3-6t, 且2-t>t+1,t>0,即0<t<. 易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1), 设直线PE与平面ABC所成的角为β, 则sin β=|cos<,n>|= =, 则sin2β= === =. 令1-2t=λ∈(0,1), 函数f(λ)=λ++6在(0,1)上单调递减, f(λ)>f(1)=16, 因此1-2t++6>16, 则0<sin2β<,解得0<sin β<, 所以直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$